Vilius Stakenas. Tikimybiu mokslo pagrindai

Transcript

1 Vilius Stakenas Tikimybiu mokslo pagrindai Vilnius 2010

2

3 Turinys 1 Kaip tai atsirado? Dvi ²akos Italai Johno Graunto demograne aritmetika Mokslo pasaulio kometa Edmondas Halley Iºymieji Fermat ir Pascalio lai²kai Christiano Huygenso knygele Ars Conjectandi Trys pranc uzai šiedadulkiu vaidmuo tikimybiu teorijos istorijoje Rusu mokykla Didieji XX a. statistikai Tikimybiu teorijos matematiniu pagrindu klausimas Lietuviai Klasikinis tikimybes apibreºimas Keli pavyzdºiai Geometrines tikimybes Ivykiu algebra Tikimybine erdve Tikimybiu savybes S lygines tikimybes S lyginiu tikimybiu savybes Nepriklausomi ivykiai Nepriklausomi bandymai Polinomine schema Ribines teoremos Bernoullio schemoje Atsitiktiniai dydºiai Atsitiktinio dydºio s voka Diskretieji atsitiktiniai dydºiai Tolydieji atsitiktiniai dydºiai Kvantiliai ir kritines reik²mes

4 2.5. Nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai Diskre iuju atsitiktiniu dydºiu vidurkiai Diskre iuju dydºiu vidurkiu skai iavimas Absoliu iai tolydºiu dydºiu vidurkiai Bendroji atsitiktiniu dydºiu vidurkio teorija Atsitiktiniu dydºiu dispersija Didºiuju skai iu desnis Atsitiktiniu dydºiu koreliacija Centrine ribine teorema Silpnasis atsitiktiniu dydºiu konvergavimas Silpnojo konvergavimo tyrimo irankiai Ribiniu teoremu irodymai Matematine statistika Populiacijos ir imtys Apra²omoji statistika Ta²kiniai iver iai Pasikliautiniai intervalai Pasikliautiniai intervalai normaliuju dydºiu vidurkiams Sekmes tikimybes pasikliautiniai intervalai Pasikliautiniai intervalai dispersijai Tiesine regresija Statistines hipotezes Hipotezes apie normaliojo dydºio vidurki Hipotezes apie sekmes tikimyb Hipotezes apie normaliojo dydºio dispersij S vokos, terminai, etc

5 Pratarme Vienas i² tikimybiu teorijos k ureju S. Laplace'as ( ) tikimybiu teorijos esm apib udino maºdaug taip: tikimybiu teorija yra sveika m usu nuovoka, paversta skai iavimais. Kitaip tariant tikimybiu teorija pagrindºia skai iais tai, k intuityviai ir taip jau iame. Tada tokia nuomone gana tiksliai nusake ²io mokslo padeti ir esm. Ta iau daug laiko nutekejo po to, kai Laplace'as para²e ²iuos ºodºius ir padejo plunksn. Geri du ²imtai metu! Laiko srove i²plove nemaºai tiesos i² Laplace'o teiginio. Tikimybiu teorijos turinys, vaidmuo ir raidos kryptis pasikeite labai smarkiai. Kokia gi jos vieta m usu ºiniu sistemoje? Galima teigti, kad ai²ku poºi uri, kas yra tikimybiu teorija, ºmones suk ure gana neseniai. S. Laplace'o laikais ne visi matematikai buvo link suteikti tikimybiu teorijai negin ytin teis vadintis matematikos sritimi. I² tiesu, k nagrineja ²i teorija? Ivykius, ir dar tokius, apie kuriuos negalima pasakyti, ivyks jie ar ne! K bendro ²ios neap iuopiamos esybes turi su grieºtais ir ai²kias geometrijos ar algebros desniais? Ta iau paºvelg gilyn isitikinsime, kad ir klasikiniu matematikos kryp iu geometrijos ir algebros s vokos ir iºvalgos atsirado i² nelabai ai²kiai apibreºtos empirines patirties. Juk prie² teorinius geometrijos ir algebros mokslus kaºkada buvo kasdiene matavimo bei skai iavimo patirtis. Tikimybiu teorija i²augo i² dvieju skirtingu ºmoniu veiklos sri iu azartiniu lo²imu ir duomenu rinkimo bei vertinimo praktikos. Abu uºsiemimai labai seni. Seniausio lo²imo kauliuko, surasto dabartinio Irako ºemeje, amºius apie 5 t ukstan iai metu. Gyventoju ir turto sura²ymai irgi vyko labai seniai. Juos vykde ir senojo Izraelio karaliai, ir Romos imperatoriai... Ta iau praejo daug laiko, kol lo²imus ir surinktus duomenis pradeta analizuoti pasitelkus skai iavimus. Kas buvo pirmasis? I toki klausim beveik niekada neimanoma pateikti ai²kaus ir galutinio atsakymo. Todel paminekime tik du ºmones, pastebedami, kad pana²iu ideju uºuomazgu galima rasti ir gilesneje praeityje. Taigi G. Cardano ( ) para²e pirm ji veikal apie desnius, kuriems pakl usta azartiniai lo²imai. Jis j taip ir pavadino: Knyga apie azartinius lo²imus (Liber de Ludo Aleae). i knyga, deja, nepadare dideles itakos tikimybiu teorijos raidai, nes nepatrauke amºininku demesio. D. Grauntas ( ) savo knygoje Nat uralistines ir politines iºvalgos, gautos i² mirtingumo lenteliu (Natural and Political Observations Made upon the Bills of Mortality) i²deste i²vadas, kurias jis nustate tyrinedamas Londone periodi²kai spausdintas mirtingumo lenteles. Iki D. Graunto tomis lentelemis dometasi tik i² iprastinio ºmogi²ko, bet ne mokslinio smalsumo. Dabar tikimybiu teorijos ir statistikos vaidmeni bei reik²m galime apib udinti ai²kiai ir tiksliai: tai matematikos ²aka ir tuo pa iu metu praktines veiklos patareja, t. y. taikomasis mokslas. Ta iau ir dabar kartais tenka i²girsti nuomon, kad ji nieko vertingo praktikai patarti negali. Prisiminiau, kaip kart gana atkakliai gin ijausi su jaunuoliu, gynusiu nuomon, kad tikimybiu teorija nereikalinga, nes visus jos praktinius uºdavinius galima i²spr sti naudojantis vien tik procentais. I²spr sti, ºinoma, galima; kartais gaunami tie patys atsakymai, kaip ir remiantis teorija. Ta iau visada kyla klausimas: kodel 5

6 turime pasitiketi tokiais sprendimais? Atsakydami i tai ºmones i² tiesu pradeda destyti savo teorij, supint i² nei²grynintu s voku ir sveikos nuovokos iºvalgu. Ta iau dabartine tikimybiu teorija gali pateikti teisingu i²vadu, kurios ne tik neprieinamos sveikai nuovokai, bet netgi jai prie²tarauja. Panagrinekime kad ir toki ºaislini pavyzdi. Ant stalo yra 9 sveikos taures ir viena neºymiai iskilusi. Du ºmones vienas po kito atsitiktinai ketina pasirinkti po taur. Kuris yra geresneje padetyje, t. y. kurio galimybes pasirinkti ger taur didesnes pirmojo ar antrojo? Kartais ºmoniu nuomones ²iuo klausimu i²siskiria, taigi sveika nuovoka pakuºda skirtingas i²vadas. Gyvenime viskas be paliovos kei iasi. B utina ir imanoma numatyti svarbiausias raidos tendencijas, ta iau neimanoma visko suplanuoti detaliai. Taigi kasdien privalome rinktis vien i² keliu tiketinu baig iu arba raidos scenariju. tai tuomet ir prisireikia argumentuotu kriteriju. Tada ir prisimenama tikimybiu teorija. Ta iau ji ne Delfu orakulas, ji atsako ne i visus klausimus, o tik i tinkamai suformuluotus! Kad tinkamai suformuluotume klausim, turime i²manyti tikimybiu teorijos s voku sistem, jos ºiniu pagrindus. Tokie pagrindai ir destomi ²iame vadovelyje. Ji sudaro keturios dalys. Pirmojoje apºvelgiama tikimybiu teorijos raida nuo pirmuju iºvalgu iki brandaus mokslo. Antrojoje, pavadintoje Tikimybine erdve kuriama tikimybiu skai iavimo scena, t. y. visi teorijos reikmenys ir metodai. Galima isivaizduoti, kad ²ios dalies tikslas sukurti atsitiktiniu ivykiu matavimo instrumentus, kuriais pasinaudoj galime nustatyti, kurie ivykiai yra daºnesni, kurie retesni, t. y. kuriais galima daugiau, kuriais maºiau pasikliauti. Tre ioji dalis skirta atsitiktiniams dydºiams. Tai dydºiai, susij su atsitiktiniais ivykiais, igyjantys daºniausiai skaitines reik²mes. Pavyzdºiu ilgai ie²koti netenka: juk neºinote, kiek elektroninio pa²to lai²ku gausite per dien, kiek laiko teks praleisti transporto kam² iuose... Tre iojoje dalyje i²destyti atsitiktiniu dydºiu savybems reik²ti naudojami irankiai ir charakteristikos. Svarbiausias ²ios dalies skyrelis yra ir pats trumpiausias. Jame suformuluota centrine ribine teorema. Ta iau kad gerai suvoktumete, k ji teigia ir kodel yra svarbi, teks pastudijuoti kone visus pirmesniuosius puslapius! Ketvirtoji dalis skirta statistikos metodams ir uºdaviniams. Statistikos prisireikia, kai tirdami tam tikr tikroves rei²kini sukaupiame dideli kieki duomenu. Tirdami duomenis noretume pasinaudoti tikimybiu teorijos modeliais ir formuluoti tam tikras i²vadas. Kaip tai padaryti matematines statistikos r upestis. šymus danu dailininkas Peteris Stormas kart tare: Sunkus yra gyvenimas, bet matematika dar sunkesne. Skubu nuraminti ²is tikimybiu teorijos ir matematines statistikos vadovelis nera sausos ir grieºtos matematikos knyga. Ta iau ji gali praversti ir tiems, kurie ketina studijuoti tikrai matematin tikimybiu teorijos knyg. Juk ºymiai geriau leistis i ºygi, turint daugiau ar maºiau ai²kius vaizdinius to, su kuo teks susidurti. Verta pamineti kukli budistin i²tarm, kuria nesiliauju ºavetis: Nepatyr nu²vitimo, turi studijuoti turini, o patyr form. 6

7 1 Kaip tai atsirado? 1.1. Dvi ²akos Burtai ir lo²imai kauliukais, loterijos... Labai ilgai ºmones mane, kad tai pakl usta tik dievu ar likimo valiai. Nuojauta, kad ir ia slypi tam tikri desniai, brendo letai. Taip b una beveik visuomet: pirmiausia veiksmas, o po to mintis. Arba mintis veiksmas, kuris rodo, kad mintis nebuvo itin gera vel mintis... Kiekviena teorija yra geriau ar blogiau suderintu s voku ir ideju sistema. Galime neabejoti ji i²augo i² praktines ºmoniu veiklos, netgi jei dabar tos praktines veiklos teorijoje nebera nei atspindºio. Taigi kokia praktine ºmoniu veikla i²kele klausimus, i kuriuos bandant atsakyti atsirado tikimybiu teorija? Tikimybiu teorija i²pletojo ir paai²kino net dvieju, labai skirtingu veiklos r u²iu patirti. Vienas ºmoniu uºsiemimas, pareng s dirv tikimybiu teorijos pagrindams azartiniai lo²imai. Uºsiemimas gana malonus ir ner upestingas. Kitas uºsiemimas gerokai rimtesnis ir sunkesnis: i²tekliu (ºmoniu, ºemes, pastatu ir kitokiu turtu) apskaita. Kitaip tariant ivair us sura²ymai... Abu uºsiemimai labai seni ir labai skirtingi. Lo²imai yra pramoga, o sura²ymai darbas, r upestis del turto. Ta iau tikriausiai ir azartiniai lo²imai, kuriuose sekm ar nesekm lemia nenuspejamas lo²imo kauliuku elgesys ar kortu i²sidestymas, taip pat turi anaiptol ne lengvab udi²k prie²istor. Tais tolimais laikais, kai daugybe dievu valde visa, kas ºemeje vyko, ºmones burtais bandydavo suºinoti dievu, kurie niekada nieko nepasako tiesiai-²viesiai, nuomones. Astragalas - lo²imo kauliuku protevis šinomas ir tokiu burtu irankis, kuri naudojo Artimuju Rytu tautos ir graikai astragalas, kanopiniu ºinduoliu uºpakaliniu koju kaulas. io ketursienio kaulo sienos yra apyplok²tes, dvi pla ios, dvi siauros. Jeigu kaul mesime, kuri siena bus vir²utine, ºinos tik lemti valdantys dievai. Taigi i² anksto nenuspejama baigtis prana²yste, informacijos i² dievu pasaulio nutekejimas. Gudrus vis delto b udas i²kvosti aroganti²kas, amºinai tylin ias dievybes! Nugludinus astragal galima pasigaminti ir ²e²iasieni kauliuk! Tarpupio gyventojai (tikriausiai, sumanieji ²umerai) ²e²iasienius kauliukus gamino ir i² molio. Irako ºemeje rastas toks kauliukas pagamintas apie 3000 m. pr. Kr.! 7

8 Taigi lo²imo kauliukai i² pradºiu burtams, o veliau irankis nuoboduliui i²bla²kyti. Toki lo²imu taikym mini Homeras: graiku kareiviai lo² kauliukais leisdami nuobodºias Trojos apsiausties valandas. Dar idomesni lo²imu taikymo atveji mini Herodotas ra²ydamas apie Lidijos gyventojus maºdaug 1500 m. pr. Kr. kamavusi badmeti. Kad pamir²tu kankinanti alkio jausm, lidie iai es sugalvoj ivairiu lo²imu su astragalu, kamuoliu ir kitokiu, lo²davo vis dien. Isitrauk i lo²imus uºmir²davo alki, o valgydavo tik kas antr dien... Europie iai irgi neatsispyre lo²imo kauliuku burtams. Lo²e ir Romos imperatoriai, ir paprasti romenai. Net Markas Aurelijus Romos imperatorius ir didis losofas lo²e. Romenu nuomone, kuria puse atvirs mestas lo²imo kauliukas, sprende Dzeuso dukra Fortuna. Veliau atsirado dar ir kitas burtu bei lo²imu irankis kortos. Jas europie iai irgi atsigabeno i² Rytu. Kortas i Europ parveºe lik gyvi kryºiaus karu entuziastai. Kaip ir ²achmatus bei sausainius, beje... Keturi kortu karaliai tuomet nebuvo abstrak iu karalys iu valdovai kaip dabar. Kryºius tada valde ºydu karalius Dovydas, ²irdis franku karalius Karlas, vynus graiku valdovas Aleksandras Didysis, o b ugnus Julius Cezaris. O dar veliau Europie iai kortomis pradejo lo²ti apie 1370 metus. Apie lo²imu kortomis istorij galite daugiau suºinoti atsivert tinklalapi atsirado loterijos. Savoti²kos loterijos buvo rengiamos senoves Kinijoje 100 m. pr. Kr., pajamos i² ju buvo naudojamos didingo kinu sumanymo didºiosios kinu sienos statybos nansavimui. Ivairiu ²aliu vyriausybes naudojo loterijas kaip pajamu ²altinius svarbiems projektams nansuoti. 1 Europoje loteriju populiarintoja teisinga laikyti Olandij. Pats ºodis lot olandi²kai rei²kia lemti. Olandai pirmieji pradejo rengti loterijas vien tik su piniginiais prizais. Ju valstybine loterija staatsloterij, pradeta rengti 1732 metais, veikia iki ²iol! Taigi azartiniu lo²imu istorija t ukstantmete. Ta iau bandymai matemati²kai nagrineti ju desnius labai velyvi. O dabar apie kit uºsiemim, i² kurio irgi i²augo tikimybiu teorijos s vokos ir uºdaviniai. Gyventoju ir turto sura²ymai pirmiausia, ºinoma, 1 Apie loteriju istorij ºr., pavyzdºiui, history.php 8

9 par upo valdovams. Tokius sura²ymus vykde senojo Izraelio karaliai, romenu imperatoriai... Kas ten buvo sura²yta, jau nepaskaitysime. O ²tai apie Viljamo Uºkariautojo, metais vykdyto Anglijos gyventoju ir turto sura²ym galime suºinoti, nes ira²u knygos i²liko. iu knygu ºinios yra labai patikimos, nes pateikejai ju tikrum turejo patvirtinti priesaika. Ta iau tokie sura²ymai Apie Viljamo Uºkariautojo vykdyt sura²ym daugiau suºinoti atsivert tinklalapi buvo labai reti ir duomenys skirti veikiau perºi u- rai nei i²samiam tyrimui. Galetume pavadinti ²iuos duomenis statistiniais, bet kol atsirado statistikai, pra- ejo ne vienas ²imtmetis. Gerai ºinoma, kad labai daºnai ºmones veiklai ikvepia ivairios bedos. Vargu ar b uta didesnes bedos viduramºius pabaigusioje ir moderneti pradejusioje Europoje nei maras. Maras uºeidavo ir ²ienaudavo nesirinkdamas metais Londone buvo sumanyta imtis mirusiuju sura²inejimo, ²itaip bent jau bandant nustatyti, ar nearteja eiline maro ²ienapj ute. Veliau sura²ymo duomenis buvo pradeta spausdinti, svarbiausia - reguliariai. itaip susikaupe didelis kiekis duomenu, kuriems buvo lemta tapti pirmosios statistines analizes medºiaga. Verta pamineti dar vien veiklos sriti, kuria ºmones, gyvenimo pamokyti, suskato uºsiimti draudimo sistemos k urim Italai Luca Paciolis: pirmieji uºdaviniai apie lo²imus matematikos knygoje. Girolamo Cardano: pirmasis bandymas matemati²kai tyrineti lo²imus nei²gydomos ligos ²altini! Kas isitraukia i lo²imus, tas apie jokias teorijas nem sto. Taigi kas ir kada teori²kai pradejo galvoti apie atsitiktinius ivykius? Negin ytino atsakymo, ºinoma, nesurasime, bet jeigu spesime, kad Aristotelis apie juos pagalvojo, nesuklysime. Nes Aristotelis tikriausiai pagalvojo apie visk, apie k tuo metu buvo imanoma pagalvoti. Kadangi jis buvo didis sistemintojas, tai suklasikavo ir ivykius: yra ivykiai, kurie b utinai ivyksta; kiti ivykiai ivyksta daºniausiai, tai tiketini ivykiai; ir pagaliau yra neprognozuojami ivykiai, t. y. ivykiai, kuriu numatyti niekaip nei²moksi. 9

10 K gi, losojai to gal ir pakako. O matematikai atsitiktiniais ivykiais i² viso nesidomejo. Juk tuomet matematika buvo nekintamu dydºiu ir amºinu desniu mokslas! I matematin knyg uºdavini apie lo²imus ko gero pirmasis itrauke Luca Paciolis. Jo veikale Suma (tai i² tikruju buvo to meto matematikos ºiniu s vadas), i²leistame 1494 metais, suformuluotas toks klausimas: Du lo²ejai meto monet, vienas gauna ta²k, kai moneta atvirsta herbu, kitas kai skai iumi. Vis lo²imo bank laimi tas, kas pirmas surenka n ta²ku. Deja, lo²im teko nutraukti, kai laimetojas dar nebuvo ai²kus. Pirmasis lo²ejas turejo p, antrasis q ta²ku. Kaip pasidalyti bank? Uºdavinys pasirode toli graºu nelengvas. Pats Paciolis nesugalvojo teisingo sprendimo. Jeigu manote, kad uºdavinys nesunkus, pabandykite sugalvoti sav j banko dalijimo taisykl. Tarkime, lo²imas baigiasi, kai vienas lo²ejas surenka penkis ta²kus. Kaip padalintumete,pavyzdºiui, 100 litu sum, jeigu j us surinkote tris ta²kus, o kitas lo²ejas tik vien. Nustat taisykl gerai pagalvokite, ar ji jums b utu priimtina, jeigu j us turetumete tik vien, o kitas tris ta²kus! Azartiniai lo²imai ir prakti²kai, Girolamo Cardano ( ) ir teori²kai labai domino italu matematik Girolamo Cardano ( ). Pavadinti ji matematiku nera visi²kai teisinga. Europos renesanso laikais b udavo ºmoniu, kurie domejosi viskuo, kuo buvo imanoma dometis, ir veike visk, k tik buvo imanoma veikti. Taigi ir apie Cardano teisinga pasakyti, kad jis buvo tiek matematikas, kiek gydytojas, losofas, ivairiu prietaisu i²radejas. Kai autombiliu remonto dirbtuvese ²altkalviai kalba apie kardano velen, jie nors ir ne- ºinodami mini Girolamo Cardano pavard! Taigi Cardano buvo aistringas lo²ejas. Jis lo²e viskuo: kauliukais, kortomis, ²achmatais. Apie lo²imus jis para²e ²tai k : Jeigu azartiniai lo²imai yra blogis, tai turint galvoje didºiuli lo²eju skai iu, tai yra nat uralus blogis. Todel turetume tarsi gydytojai tai vertinti kaip nei²gydom lig. 10

11 Apie lo²imus jis para²e knyg Liber de ludo aleae. Tai pirmoji knyga, kurioje atsitiktinius ivykius bandoma nagrineti pasitelkus matematik. Ir gana sekmingai! Tikimybes apibreºimas palankiu baig iu skai iaus ir visu baig iu skai iaus santykiu, kuri mes dabar vadiname klasikiniu, yra Girolamo Cardano ideja! Ta iau ji buvo i²spausdinta tik 1663 metais, kai atsitiktiniu ivykiu matematinis tyrinejimas buvo gerokai pasist umej s i prieki. Cardano knyg idomu paskaityti ir dabar. Tais laikais dar nebuvo susiformavusi nuomone, kad apie matematik reikia ra²yti labai rimtai ir nuobodºiai. 2 Azartiniu lo²imu matematika domino ir kitus naujuju laiku mokslininkus. Pavyzdºiui, Galileo Galilejus savo straipsnyje Atradimas, susij s su lo²imo kauliuku svarste toki klausim : Met tris lo²imo kauliukus 9 ir 10 aku iu galime gauti ²e²iais b udais. Kodel lo²ejai mano, kad 10 aku iu atvirsta daºniau? I² tikruju, ar ju nuomone teisinga? 1.3. Johno Graunto demograne aritmetika Sukauptos knygos dar ne i²mintis. Surinkti duomenys - dar ne ºinios. Istorija apie tai, k anglu pirklys Johnas Grauntas suºinojo studijuodamas i² pirmo ºvilgsnio nuobodºias Londono gyventoju mir iu ira²u knygas. Mokslu istorija beveik kaip politine istorija. Antikos graiku laikais ºodis matematika rei²ke visas ºinias, taigi vis moksl. Palaipsniui mokslo imperijoje susidare savaranki²kos sritys, tarsi valstybes, gavusios savus vardus, kitaip tariant mokslas susiskaide. Matematikos imperija susitrauke iki skai iu ir geometriniu formu teritorijos. Ta iau jos itaka nuolat augo, pasigirdo netgi tokiu nuomoniu, kad visi mokslai turetu vartoti t pa i matematikos kalb. Ilgiausiai laikesi socialinius rei²kinius nagrinejantys mokslai. šinoma, galima manyti, kad kol ²iems rei²kiniams matematikos metodai nebuvo taikomi, tol ir tu mokslu valstybiu nebuvo vien tik laikinos klajokliu gen iu s jungos. Kad matematiniai metodai taip ilgai nebuvo taikomi socialiniams rei²kiniams tyrineti (ir dabar ju taikymas kelia daug keblumu), nieko nestebina. Juk susivokti visuomenes rei²kiniuose daºniausiai padeda veikiau gera nuojauta nei nepriekai²tingai tiksli logika. 2 Jeigu mokate lotyni²kai (ta iau a² tuo labai abejoju!), galite Cardano knyg Liber de ludo aleae paskaityti tinklalapyje de ludo aleae.htm. O angli²kai apie knyg 11

12 Vienas i² pirmuju ºmoniu, socialiniu rei²kiniu ai²kinimui pasitelkusiu skai ius, buvo anglas Johnas Grauntas ( ). Johnas Grauntas nebuvo tuometinio mokslininku elito ºmogus. Jis buvo papras iausias pirklys, prekiav s drabuºiais. Ta iau negi profesija visk lemia? Lemia, ar ºmogui r upi tik jis pats, ar ir pasaulio reikalai. Johnui Grauntui par upo, kodel kasmet tvarkingai i²spausdinami tomai su ºiniomis apie mirusius Londono gyventojus (Bills of Mortality) gula dulketi i lentynas be naudos. Jis perºi urejo 37 metu knygas, suskai iavo del ivairiu prieºas iu mirusius ºmones, pavaizdavo duomenis lentelemis, padare ivairias i²vadas ir para²e traktat Natural and Political Observations Made upon the Bills of Mortality. i 1662 metais pasirodºiusi veikal galime vadinti pirm ja statistikos knyga. Kai kam pasirodys: anoks ia atradimas pavaizduoti duomenis lentelemis! Ta iau visk, kuo dabar esame iprat naudotis, kaºkas pirmas turejo sugalvoti! Taigi Johno Graunto knyg sudaro duomenu apie gyventoju mirtingum lenteles ir jas tyrinejant suformuluotos i²vados. Kokios i²vados? Pavyzdºiui, berniuku gimsta daugiau negu mergai iu; moterys gyvena ilgiau; nors berniuku gimsta daugiau, ta iau vedybinio amºiaus ir vyru ir moteru jau b una apylygiai... Johnas Grauntas sudare pirm j Londono gyventoju mirtingumo lentel : Amºius šmoniu skai ius Tokiomis lentelemis naudojasi ir m usu laiku draudimo srities teoretikai ir praktikai. Lentelemis naudojosi ir Graunto amºininkas Willjamas Petty, savo knygoje Politine Bills of Mortality vir²elis aritmetika nagrinedamas mokes iu, prekybos ir kitus ekonomikos klausimus. Savo tyrimus Johnas Grauntas apib udino taip: 12

13 ... nding some Truths, and not commonly believed Opinions, to arise from my Meditations upon these neglected Papers, I proceeded farther, to consider what benet the knowledge of the same would bring to the World... 3 Taigi galime tvirtinti, kad Johnas Grauntas apibreºe statistiko profesijos esm : duomenu analize ir i²vados bei prognozes. J. Graunto veikalas pakylejo ji i² pirklio luomo iki Karali²kosios mokslo draugijos nario auk²tumu. ios 1660 metais isteigtos draugijos nariai buvo tituluoti ir kilmingi ºmones mokslu daktarai, dvasininkai... Del J. Graunto narystes draugijoje kilo abejoniu, todel atsiklausta karaliaus ƒarlzo Antrojo. Karalius atsake taip: B utinai priimkite John Graunt i savo draugij, o jeigu surasite dar ir kit toki pirkli kaip jis, tai ir ji nedelsdami priimkite Mokslo pasaulio kometa Edmondas Halley Edmonas Halley ( ) daug laiko skyre dangaus ²viesuliu stebejimui. Ta iau atkreipe demesi ir i šemes gyvenimo rei²kiniu statistinius desningumus. Taigi tikimybiu teorijos ir statistikos mokslu daigai, nors ir i² leto, bet rodosi. Daugelis esame girdej apie Halley komet. Ji pasirodo ºmonems maºdaug kas metai. Paskutiniuosius jos skrydºius m usu dangumi galima buvo stebeti 1758, 1835, 1910, 1986 metais, dalis m usu amºininku gales j vel pamatyti 2061 metais. Kai kas mano, kad Betliejaus ºvaigºde krik² ioni²kos eros au²roje buvo ta pati kometa. O m usu pasaulyje ji vadinama anglu mokslininko Edmondo Halley ( ) vardu. Kodel? Nes jis numate, kad kometa vel pasirodys 1758 metais. Taip ir ivyko. Kodel Edmond Halley minime bandydami apºvelgti tikimybiu teorijos ir statistikos raid? Nes pats Halley gyvenimas gerokai primena kometos skrydi. Jis praleke daugelio mokslu teritorijose ir paliko jose dali savo ²vytejimo. tai tik keletas jo gyvenimo ºygiu. Pasiturin iu tevu namuose igij s tinkam i²silavinim ir itikin s savo gabumais bei ryºtu, i²vyko i Oxford su didele manta tevai nepagailejo dideliu pinigu ir apr upino b usim ji dangaus tyrinetoj tokia astronominiu prietaisu gausa, kurios uºtektu isteigti nuosav observatorij. Halley apsilanke Karali²kojoje Greenwicho observatorijoje, ir, vadovaujant karali²kajam astronomui Flamsteedui, emesi astronominiu stebejimu ir matavimu. Ta iau, matyt, kitu ºmoniu sumanymu vykdymas buvo ne Halley charakteriui. Nebaig s studiju jis leidosi i tolim 3... galvodamas apie ²iuos demesio nesusilaukusius ra²tus a² nusta iau tiesas, o ne nuomones, kuriomis pasikliaujama, ir emiau svarstyti, koki naud ²ios ºinios gali teikti pasauliui... 13

14 kelion i ventosios Elenos sal su ambicingu tikslu sudaryti Pietu pusrutulio dangaus ºvaigºdelapi. Dali ²io darbo jis i² tiesu atliko. Be to jis sudare pirm ji okeanu veju ºemelapi, verte matematinius graiku veikalus i² arabu kalbos, galvojo apie traukos desni, kuriam pakl usta planetos, o suºinoj s, kiek ²ioje srityje yra pasist umej s Newtonas, i²kart suvoke jo atradimu reik²m ir skatino Newton skelbti pagrindini jo veikal Principia. Ir ne tik skatino pats skaite, taise, redagavo ir nansavo. O tikimybiu teorijos istorijoje ji minime del nedidelio veikalo ilgu pavadinimu, kuriame jis analizuoja Breslau miesto (dabartinio Wroclavo) gimimu ir mir iu registravimo duomenis. Taigi Halley naudojo pana²ius duomenis kaip Grauntas. Ta- iau jo tiriami klausimai yra konkretesni, o duomenu analize tikslesne. Juk Grauntas vis delto buvo tik ²iaip smalsus ir i²radingas ºmogus, o Halley auk²to lygio matematikas! Pagrindine tema, kuri Halley pasinaudodamas Breslau duomenimis bando tyrineti tiketina ºmogaus gyvenimo trukme. Halley formuluoja klausimus labai konkre iai. Edmond Halley ( ) anglu astronomas ir matematikas. Pavyzdºiui: kokia tikimybe, kad keturiasde²imties metu amºiaus ºmogus gyvens dar bent septynis metus? tai jo skai iavimo pavyzdys. Nustat s 40 metu amºiaus ºmoniu skai iu (tarkime, ju yra 550) ir 47 metu amºiaus ºmoniu skai iu (500) jis suranda skirtum = 50 ir galimybiu keturiade²imtme iui gyventi dar bent penkis metus skai iaus ir li udnesnio atvejo galimybiu skai iaus santyki vertina trupmena 500 : 50 = 10 : 1. Tada tikimybe, kad keturiasde²imties metu amºiaus ºmogus gyvens dar bent septynis metus lygi šinoma, tai labai paprasta matematika. Galima teigti, kad pana²iais samprotavimais naudojasi kone kiekvienas ºmogus, svarstydamas apie jam r upimo tikroves rei²kinio raid. I² tiesu, statistinis m stymas yra m usu amºininku kasdienio proto elementas. Ta iau ne visada taip buvo. Kaºkas turejo b uti pirmas, kaºkas turejo i²mokyti taip svarstyti. Edmond Halley buvo vienas i² pirmuju statistinio m stymo mokytoju. Savo darbe jis pateike i²vadas, kurios svarbios vienai labai senai ºmoniu veiklos sri iai, turb ut tokiai pat senai, kaip civilizacija draudimui. Dabar draudimo specialistai vadi- 14

15 nami aktuarijais, pagrindinis ju veiklos tikslas rizikos faktoriu vertinimas. i sritis vienas pagrindiniu ²iuolaikines statistikos uºdaviniu ²altiniu. Taigi aktuarijai, apºvelgdami savo srities istorij, turetu nors probeg²mais pamineti ºmogu, kuris, nors ir labiau domedamasis kometomis, prabegomis ir juos ²io bei to pamoke Iºymieji Fermat ir Pascalio lai²kai Penkiuose lai²kuose matematikai dalijosi vieno su lo²imais susijusio uºdavinio sprendimo idejomis. Jos suk ure pagrind tikimybiu teorijos raidai. Tikimybinius samprotavimus Pascalis taike netgi m stydamas apie losones problemas: Dievas yra arba jo nera; galiu juo tiketi, galiu ne; yra keturios galimybes, tik viena man nepalanki (Dievas yra, bet juo netikiu), taigi tiketi verta. Galima sugalvoti ivairiu lo²imo su kauliuku taisykliu. Pavyzdºiui, sumokate ina², croupier meta kauliuk, ir jeigu atvirsta viena akute, j us laimite. Gana nuobodus lo²imas, ir laimejimo galimybe nedidele... Galima susitarti, kad lo²ejas laimi tada, kai viena akute atvirsta nors vien kart, metus kauliuk keturis kartus. XVII amºiaus vidurio pranc uzu diduomenes salonu ºvaigºde Antoine Gombaud, Chevalier de Méré ( ) mane, kad ²ios lo²imo s lygos gana palankios. Jis tikriausiai galvojo maºdaug taip: metus kauliuk vien kart, i² ²e²iu galimybiu tik viena rei²kia laimejim, taigi palankiu galimybiu santykis su visu galimybiu skai iumi yra 1 : 6. Jeigu mesime kauliuk keturis kartus, metimu skai iaus ir kauliuko atvirtimo galimybiu skai iaus santykis bus lygus 4 : 6 = 2 : 3 ir lo²imas tikriausiai taps palankus lo²ejui. Nors samprotavimas ir neatrodo itikinantis, i²vada teisinga: lo²imas tikrai palankus lo²ejui. O jeigu metome lo²imo kauliuku por ir laimime tada, kai abu jie atvirsta sienelemis su viena akute? Kiek kartu reikia mesti kauliukus, kad lo²imas taptu palankus lo²ejui? Kadangi vien kart met kauliuku por, laimime tik vienu atveju, tai santykis lygus 1 : 36. De Méré padare i²vad, kad noredami, jog palankiu galimybiu b utu daugiau negu nepalankiu, turime mesti kauliuku por 24 kartus, nes tada metimu skai iaus ir vieno metimo galimybiu skai iaus santykis bus toks pat kaip lo²imo su vienu kauliuku atveju: 24 : 36 = 2 : 3. šinoma, lo²imas su dvide²imt keturiais metimais trunka ilgiau, ta iau tai juk privalumas! Daugiau metimu, daugiau emociju. Ta iau pasirink s pastar ji lo²imo b ud, de Méré eme daºnai pralo²ti! Kas ia ne taip? Chevalier De Méré kreipesi i Blaise' Pascali ( ) pra²ydamas paai²kinti, kur ia ²uo pakastas. Kad Blaise'o Pascalio protas 15

16 a²trus kaip skustuvas, ºinojo visi. Pascalis - vienas didºiausiu visu laiku matematiku, nors matematika jis uºsieme tik nedideli savo trumpo gyvenimo tarpsni. Ta iau tuomet, 1654 metais, matematika ji domino ir Pascalis isigilino i de Méré klausim. šinoma, dabar teisingai atsakyti i ²i klausim galetu kone kiekvienas gimnazijos paskutines klases moksleivis. Suprasti Chevalier De Méré nesekmiu prieºasti nebuvo sunku ir Pascaliui. Svarbiau, kad Pascalis susidomejo su lo²imais susijusiais uºdaviniais ir prane²e apie savo svarstymus Pierre'ui Fermat. Abu matematikai para²e vienas kitam po kelet lai²ku. iu lai²ku mintys ir rezultatai suk ure tvirt pagrind tikimybiu teorijos uºdaviniams nagrineti. Galime teigti, kad ²iais 1654 metais para²ytais lai²kais baigiasi tikimybiu teorijos prie²istore ir prasideda tikroji teorijos raida. Blaise Pascal ( ) pranc uzu matematikas, losofas, ra²ytojas. Kokiam gi uºdaviniui apie lo²imus skyre daugiausia demesio abu matematikai savo lai²kuose? Banko dalijimo uºdaviniui, kai lo²imas buvo per anksti nutrauktas. Ir Pascalis, ir Fermat suk ure savo metodus ²iam uºdaviniui spr sti, bet atsakym gavo t pati. Jie nagrinejo ne tik dvieju lo²eju, bet ir sudetingesni triju lo²eju nebaigto lo²imo atveji. Maºdaug tais pa iais 1654 metais Pascalis para²e veikal apie aritmetini trikampi (Traité du triangle arithmétique). ios knygos idejos svarbios tikimybiu teorijos ir kombinatorikos raidai... apskritai visos matematikos raidai. Skai iu trikampi Paskalis sudare pagal toki taisykl : pirmojoje lenteles eiluteje ir pirmajame stulpelyje sura²e vienetus, o i kiekvien kit lenteles langeli uºra²e dviejuose gretimuose langeliuose (kairiajame ir vir²utiniajame) jau ira²ytu skai iu sum. Taigi i² tiesu tai skai iu lentele, o ne trikampis. Aritmetinius trikampius gausime pjaustydami ²i lentel pagal istriºaines. Vienoje i² tokiu istriºainiu yra, pavyzdºiui, skai iai 1, 5, 10, 10, 5, 1. Pradekime istriºaines numeruoti nuo tos, kurioje yra tik du skai iai 1, 1. Tada n-ojoje istriºaineje yra n + 1 skai ius. Dabar ²iuos skai ius matematikoje priimta 16

17 ºymeti C 0 n, C 1 n,..., C n 1 n, C n n, arba ( ) n, 0 ( ) ( ) n n,...,, 1 n 1 ( ) n. n Pastarasis ºymejimas laikomas modernesniu, bet man patinka ir pirmasis, kuri matematikai naudoja jau daugiau kaip ²imt metu Aritmetinio trikampio istriºaines skai iai yra sumos laipsnio skleidinio koecientai, todel jie vadinami binominiais koecientais. Taigi (x + y) n = n Cn m x m y n m. Blaise'as Pascalis nera pirmasis ²iu skai iu atradejas. I² tiesu pana²ias lenteles galime rasti ir ºymiai senesniu laiku matematiku ra²tuose. Ta iau Pascalis pirmasis juos i²samiai i²tyre, atskleide daug juos siejan iu ry²iu, o irodymui panaudojo (tikriausiai pirm kart matematikos istorijoje) matematines indukcijos metod. Matematines indukcijos metodas yra kasdienis ir Pierre Fermat ( ) nepakei iamas matematiku irankis. Toks jis bus visada. Kaip tikram keliautojui (ne turistui) kasdienis ir nepakei iamas irankis visada buvo ir bus papras iausia lazda! Taigi ²i aritmetini trikampi pelnytai galime vadinti Pascalio trikampiu. Naudodami binominiu koecientu ºymeni aritmetinio trikampio sudarymo taisykl galime uºra²yti taip: C m n m=0 = C m 1 n 1 + C m n 1. (1) 17

18 Pritaik ²i taisykl ²e²tosios istriºaines skai iui C 2 6 = 15 uºra²ykime 15 = Taikykime taisykl skai iui 10 ir kitiems tame pa iame stulpelyje uºra²ytiems skai iams: 15 = = = = Lenteles skai ius lygus kairiajame stulpelyje uºra²ytu skai iu sumai! Galime ²i savyb uºra²yti ir labai moksli²kai: C m n = C m 1 n 1 + C m 1 n C m 1 m + C m 1 m 1, 0 < m n. O dabar pasinaudokime (1) savybe kitaip ir i²reik²kime ²e²tosios istriºaines tre iosios eilutes skai iu C 4 6 = 15: 15 = = = = Taigi Pascalio trikampio lenteles skai ius yra lygus eiluteje vir² jo para²ytu skai iu sumai: C m n = C m n 1 + C m 1 n 2 + C m 2 n C 1 n m + C 0 n m 1, 1 m < n. Trikampio skai iu savybes Pascalis naudojo ivairiems uºdaviniams spr sti. Banko dalybu dviems lo²ejams taisykl, kai pirmajam iki numatytos sumos tr uksta n, o antrajam m ta²ku, jis suformulavo taip: Parinkime r = n + m 1- j trikampio istriºain ir sudarykime tokias jos skai iu sumas: m 1 n 1 A = Cr, j B = Cr. j j=0 j=0 Bank lo²ejams teisinga padalyti santykiu A : B. Pavyzdºiui, jeigu pirmajam iki laimejimo tr uksta 2 ta²ku, o antrajam 4, tai bank reikia padalyti santykiu ( ) : (1 + 5) = 13 : 2. Kaip galima paai²kinti toki taisykl? Pastebekime, visu pirma, kad lo²im t siant, nugaletojui i²ai²kinti prireiktu ne daugiau kaip r = n + m 1 simetri²kos monetos metimu. Kartais nugaletojas i²ai²kes ir anks iau, ta iau isivaizduokime, kad net ir tokiu atveju lo²imas t siamas ir atliekama lygiai r metimu. Kiekvienas metimas duoda ta²k arba pirmajam arba antrajam lo²ejui. I² viso yra 2 r skirtingu kombinaciju. Jeigu yra A palankiu pirmajam lo²ejui kombinaciju, tai antrajam ju bus B = 2 r A. Taigi bank b utu teisinga padalyti santykiu A : B. Belieka isitikinti, kad Pascalio taisykleje apibreºti dydºiai ir rei²kia palankiu kombinaciju skai ius. Sugriºkite prie ²io klausimo perskait kelet ²ios knygos antros dalies skyreliu. Gali b uti, kad Pascalio taisykle pasirodys visi²kai ai²ki. 18

19 1.6. Christiano Huygenso knygele Pirmoji tikimybiu teorijai skirta knygele nedidelis uºdaviniu su sprendimais rinkinelis. Ta iau jame yra svarbiu s voku uºuomazgu. Viena i² ju atsitiktinio dydºio vidurkis. Tikimybiu teorijos pradºia keliu gana kukliu uºdaviniu sprendimai ir svarstymai apie juos, i²destyti Pascalio ir Fermat lai²kuose. Nei vienas i² ²iu matematiku toliau nepletojo savo ideju ir nepara²e jokio tikimybiu teorijos veikalo. Pirm j knygel, skirt tikimybiu teorijai, para²e olandu matematikas Christianas Huygensas ( ). Lotyni²kai knygele vadinasi Libellus de ratiociniis in ludo aleae, ji 1657 metais buvo i²spausdinta kaip Huygenso mokytojo F. van Schooteno knygos priedas. Uºdaviniais apie lo²imus Huygensas tikriausiai susidomejo savo gyvenimo Paryºiuje metais ( ), suºinoj s apie Pascalio ir Fermat tyrinejimus. Huygenso knygel sudaro 14 teiginiu arba uºdaviniu su pateiktais sprendimais. Svarbiausia naujove lo²imo vertes s voka, kuri mes dabar vadiname matematiniu atsitiktinio dydºio vidurkiu. šinoma, Huygensas nagrinejo tik atskirus lo- ²imu ir ju vertes skai iavimo atvejus. Huygensas samprotauja taip: Olandu matematikas Christianas Huygensas ( ) jeigu yra p galimybiu laimeti a ir q galimybiu laimeti b dydºio sum, tai tokio lo²imo verte yra ap + bq p + q. Taigi Huygenso apibreºta lo²imo verte yra matematinis atsitiktinio dydºio, igyjan io reik²m a su tikimybe ir reik²m b su tikimybe p q p+q p+q vidurkis. 19

20 Kiti teiginiai susij su ivairiais banko dalijimo esant nebaigtam lo²imui atvejais. Pabaigoje Huygensas pateikia kelet uºdaviniu be sprendimu. tai vienas i² tokiu uºdaviniu: A ir B pakaitomis meto lo²imo kauliuku por. A laimi, jeigu gauna metimo aku iu sum lygi 6 anks iau negu B gauna aku iu sum lygi 7. Kokios A ir B laimejimo tikimybes, jeigu A pradeda lo²im? Kone penkiasde²imt metu Huygenso knygele buvo pagrindinis ºiniu apie tikimybes s vadas. Veliau pasirode ²veicarai ir pranc uzai Ars Conjectandi Spejimo menas taip vadinasi J. Bernoullio knyga, skirta tikimybiu teorijai. Ta iau ji i²moke matematikus ne speti, kas ivyks, bet tiksliai matemati²kai formuluoti svarbius tikimybiu teorijos teiginius. Vienas i² ju didºiuju skai iu desnis, kuri praktikoje taikome taip: didelio skai iaus apytiksliu reik²miu vidurkiu pasikliaujame labiau nei bet kurio vieno matavimo reik²me. Tais pa iais 1654 metais, kai Fermat ir Pascalis lai²kuose svarste uºdaviniu apie lo²imus sprendimu idejas, Bazelyje gime Jacobas Bernoullis (skaitome Bernulis). Turtingo pirklio ir itakingo miesto pilie io s unui buvo numatytas garbingas dvasininko likimas. Ta iau susikloste kitaip. Likim, kuri pasirinko Jacobas, geriausia nusakyti jo paties ºodºiais: Invito patre sidera verso (prie² tevo vali tyrineju ºvaigºdes). Jacobas Bernoullis ( ) ir veicaru matematikas J. Bernoullis jo brolis Johanas Bernoullis (1667- ( ) 1748) tapo iºymios ²veicaru mokslininku ir menininku dinastijos pradininkais. Tiesa, vadinti juos ²veicarais nera visi²kai teisinga. Bernoulliu ²eima Bazelyje atsirado 1583 metais. Jie atvyko i veicarij i² Antverpeno, kuri uºeme kataliki²kosios Ispanijos kariuomene. Protestantu Bernoulliu ²eima 20

21 nutare paie²koti saugesnio kra²to gyventi. Ramybes tuometiniuose olandu kra²tuose buvo maºai vyko a²tuoniasde²imt metu truk s karas su Ispanija del nepriklausomybes. Taigi Bernoulliai tapo Bazelio miesto pilie iais. Ir ne bet kokiais! Vien iºymiu matematiku i² Bernoulliu ²eimos kamieno i²augo net a²tuoni! Jeigu Fermat ir Pascalio idejos padejo tikimybiu teorijos pamatus, tai galima sakyti, kad Jacobas Bernoullis pradejo kelti ir sienas. Jacobas Bernoullis para²e tik vien tikimybiu teorijos veikal Ars Conjectandi (spejimo menas). Ra²e ji ilgai apie dvide²imt metu, ties sakant, ir nepabaige. Knyga i²spausdinta tik 1713 metais, taigi a²tuoni metai po Jacobo Bernoullio mirties. Leidejai norejo, kad prie² spausdinant, nebaigt j dali uºbaigtu Jacobo Bernoullio s unenas Nikolajus Bernoullis, disertacijos Spejimo meno taikymai teiseje (Dissertatio inauguralis mathematico-juridica de usu artis conjectandi in jure, 1709) autorius. Ta iau s unenas nesijaute galis pabaigti savo iºymaus dedes darbo, ir knyga buvo i²spausdinta tokia, koki j paliko autorius. Spejimo menas maºdaug triju ²imtu nedidelio formato puslapiu knyga, kuri sudaro keturios dalys. Pirmojoje dalyje pakartotas Huygenso De Ratiociniis in Ludo Alea tekstas su Jacobo Bernoullio komentarais. Tiesa, tu komentaru tekstas ilgesnis nei paties Huygenso veikalas. Ir idomesnis. Jacobas Bernoullis nagrineja daug nauju uºdaviniu. tai vienas i² ju: Lo²ejas A turi m, o lo²ejas B n monetu. Galimybiu laimeti viename lo²ime santykis lygus a : b. Pralaimej s lo²im lo²ejas sumoka laimejusiam vien monet. Lo²iama, kol vienas i² lo²eju praranda vis savo sum. Kokia tikimybe, kad laimes A? Antroje dalyje nagrinejami uºdaviniai apie keitinius ir derinius, kuriuos mes dabar priskirtume kombinatorikai. Tre ia dalis skirta i²destytu ideju ir metodu taikymui ivairiems lo²imams nagrineti. Bernoullis formuluoja ir i²sprendºia 24 uºdavinius, susijusius su populiariais tuo metu lo²imais. Svarbiausi Bernoullio teiginiai i²destyti ketvirtojoje dalyje. Jos pavadinimas ºada tikrai daug: Ketvirtoji spejimo meno dalis, kurioje i²destyta, kaip ²i moksl taikyti pilietiniams, moraliniams ir ekonominiams klausimams. Ta iau apie tokius taikymus rastume nelabai daug vertingo. Uºtat ²ioje knygos dalyje suformuluotas ir irodytas (ºinoma, atskiru atveju) teiginys, kuri galime pavadinti svarbiausiuju tikimybiu teorijos teiginiu prototipu. iam teiginiui prigijo pavadinimas, kuri sugalvojo pranc uzu matematikas Denisas Poissonas didºiuju skai iu desnis. Jau Bernoullio gyvenimo metais matematikai vertindami ivykio pasirodymo galimybes naudojo du metodus. Mes dabar sakytume, kad pirmasis remiasi klasikiniu tikimybes apibreºimu: ivykio tikimybe yra palankiu baig iu 21

22 skai iaus ir visu galimu baig iu skai iaus santykis. Antrasis statistinis apibreºimas naudoja empirinius duomenis: ivykio tikimybe galime laikyti ivykio pasirodymo skai iaus santyki su stebetu atveju skai iumi. Paties Bernoullio dienora²tyje yra ira²as apie maro tikimyb b usimais metais. Bernoullis ²i tikimyb apibreºia maro metu tam tikru laikotarpiu skai iaus santykiu su visu metu skai iumi. Didºiuju skai iu desnis susieja ²ias dvi tikimybes. Jis teigia: jeigu statistine tikimybe apskai iuota atlikus daug nepriklausomu bandymu, tai labai tiketina, kad ji maºai skirsis nuo teorines, t. y. matemati²kai apskai iuotos tikimybes. Ta- iau toks didºiuju skai iu desnio formulavimas kelia daug subtiliu klausimu. K, pavyzdºiui, rei²kia labai tiketina? K rei²kia maºai skirsis? B utina pabreºti, kad pats Bernoullis ²i desni formuluoja ir nagrineja grieºtai matemati²kai. Tarkime, p yra teorine tikimybe, apskai iuota naudojantis, pavyzdºiui, klasikiniu apibreºimu. Jeigu bandymas yra simetri²ko lo²imo kauliuko Jacobo Bernoullio knygos Ars metimas, o mus domina ivykis, kad Conjectandi vir²elis atvirs daugiau kaip 4 akutes, tai apskai iav gausime p = 1. Tarkime, kauliuk ketiname mesti n kartu, ivykio 3 pasirodymu skai iu (jo i² anksto neºinome) paºymekime S n. Tada p n = Sn n bus statistine tikimybe. Tegu ɛ > 0 koks nors maºas skai ius. Kiek yra galimybiu ivykti ivykiams p p n < ɛ, p p n ɛ? Bernoulis irodo: kad ir koki dideli skai iu C > 0 parinktume, ²iu ivykiu galimybiu skai iu santykis bus didesnis uº C, jeigu tik n parinksime pakankamai dideli. Tikimybiu teorijos raidai svarbus ne tik ²io teiginio turinys, bet ir forma. Matematines k urybos vert sudaro ne tik nauji atsakymai, bet ir naujai suformuluoti klausimai. iuo poºi uriu Bernoullio didºiuju skai iu desniui tikimybiu teorijoje maºai kas gali prilygti. Pats Bernoullis suvoke savo atrasto desnio svarb. Jis ra²e, kad jo reik²me prilygintina skritulio kvadrat uros uºdavinio sprendimo reik²mei. Mes saky- 22

23 tume pranoksta. Nes Bernoullio desnis parode matematikams, kaip reikia formuluoti tikimybiu teorijos uºdavinius. Jacobo Bernoullio antkapyje i²kalta kreive logaritimine spirale ir uºra²ytas matematiko motto Eadem Mutata Resurgo (besikeisdama i²lieku tokia pat). Tai priminimas apie Bernoullio atskleist spirales savyb. Ta iau t pati galima pasakyti ir apie didºiuju skai iu desni: jo esm galime iºvelgti daugybeje moderniosios tikimybiu teoremos teiginiu Trys pranc uzai Ju gyvenimai labai skirtingi, skirtingi ir ina²ai i tikimybiu teorijos raid. Ta iau visu triju labai svarb us. Kai mokslo teorija vystosi, jai skirtos knygos storeja. is teiginys teisingas ir tikimybiu teorijai. Po Jacobo Bernoullio stor tikimybiu teorijos knyg para²e Abrahamas de Moivre'as ( ). De Moivre'o mokslo laimejimais galetu didºiuotis Pranc uzija, ta iau negali. Nes svarbiausius matematinius darbus de Moivre'as para²e anapus Laman²o, Anglijoje. Taigi de Moivre' teisinga vadinti pranc uzu-anglu matematiku, dar priduriant, kad abi ²ios ²alys nebuvo jam itin svetingos. I² savo tevynes Pranc uzijos de Moivre'as turejo pasitraukti del tikejimo metais Pranc uzijos karalius Louis XIV at²auke Nanto edikt, garantavusi protestantams s lygini saugum. Jiems beliko pasitraukti i tremti. De Moivre'as atvyko i London ir pradejo pelnytis pragyvenim priva iomis matematikos pamokomis. Jis moke mokinius ju namuose, o taip pat ir kavinese. Taip pat konsultuodavo lo²ejus, kaip ir kiek statyti. Ko gero jis buvo pirmasis tikimybiu teorijos ekspertas-profesionalas! Apie Newtono darbus de Moivre'as suºinojo tik b udamas Anglijoje ir i² karto suprato, kad juos b utina i²studijuoti. Nusipirk s Newtono veikal Philosophiae naturalis principia mathematica supjauste ji puslapiais, kad patogiau b utu ne²iotis ir studijavo Newton pertrauku tarp pamoku metu. Veliau susipaºino ir su pa iu autorium, netgi tapo jo draugu. Newtonas labai vertino matematines de Moivre'o ºinias ir daºnai kviesdavo ji i savo namus pokalbiui apie moksl. Ilgai ie²koti de Moivre'o nereikedavo jis buvo nuolatinis Slaughterio kavines lankytojas. Joje rinkdavosi ²achmatininkai, lo² i² pinigu, ia uºeidavo ºmones, kuriems reikdavo matematiniu patarimu, taigi ²i kavine buvo pagrindine de Moivre'o darboviete. Deja, nors ir pranokdamas kitus matematinemis ºiniomis bei turedamas tokiu itakingu draugu kaip Newtonas ir Leibnizas, de Moivre'as neistenge gauti jokios akademines vietos, garantuojan ios nuolatini pragyvenimo ²altini. 4 Jeigu mokate pranc uzi²kai daug ºiniu apie Bernoulli ir jo darbus galite surasti Bernoulliui skirtame elektroninio ºurnalo Journ@l Electronique d'histoire des Probabilités et de la Statistique numeryje 23

24 Pagrindinis de Moivre'o matematinis veikalas knyga The Doctrine of Chance, skirta tikimybiu teorijai. Ji buvo i²leista tris kartus 1718, 1738 ir 1756 metais. ioje knygoje pirm kart pasirodo nepriklausomu ivykiu apibreºimas. De Moivre'as nepriklausomais ivykiais pavadina ivykius kurie nesusij tarpusavyje, ir vieno i² ju pasirodymas nedaro itakos kito ivykio pasirodymo tikimybei. Dabar ²itaip paai²kin s nepriklausomu ivykiu s - vok per egzamin, studentas tikriausiai nebus labai gerai ivertintas. Juk praejo keli ²imtai metu ir daugelis iºvalgu pavirto tiksliai formuluojamais teiginiais! Paskutiniajame papildytame leidime i²destytas pagrindinis de Moivre'o rezultatas, kuri jis atskiru leidiniu paskelbe 1733 metais. Tai Bernoullio didºiuju skai iu desnio patikslinimas, tap s vienu svarbiausiu tikimybiu teorijos desniu centrines ribines teoremos prototipu. Irodymui de Moivre'as pasinaudojo jo paties atrasta faktorialo apytikslio skai iavimo formule m! B ne m m m, m. Tik konstantos B dydºio jis negalejo nustatyti. De Moivre'o papra²ytas tai padare J. Stirlingas: B = 2π. Abrahamas de Moivre'as ( ) Ir formulei prigijo Stirlingo vardas! I²ties, istorija daºnai i²saugo vardus neatsiºvelgdama i nuopelnus. O gal ia gl udi subtilus siekimas apsaugoti nuo kasdienio vartojimo vertuju vardus, kad juos prisimintu tik ºinantys tikr j ties? De Moivre'as taip pat kaip anks iau Grauntas tyrinejo gyventoju mirtingumo statistinius desningumus bei draudimo klausimus metais Abrahamas de Moivre'as uºmigo amºinu miegu. Tai ne metafora! Ji i² tikruju apeme savoti²ka miego liga. Pastebej s, kad kasdien jis miega ketvir iu valandos ilgiau, netgi apskai iavo, koki dien ji pasiims mirtis kai paros miegui prireiks daugiau nei 24 valandu! Kai de Moivre'as mire, Normandijos valstie io Laplace'o s unui Pierrui- Simonui buvo tik penki metai. Ir, ºinoma, niekas negalejo ºinoti, kuo jis taps uºaug s. Tevai mintyse jam tiese dvasininko keli. Baºny ia arba armija du patys geriausi pasirinkimai valstie iu luomo jaunuoliui! Ta iau ju s unus surado ypating, titulais ir garbes ºenklais paºenklint keli : didºiausias 24

25 Pranc uzijos matematikas, akademikas, senatorius, ministras, Garbes ordino kavalierius... Kad Pierre-Simonas Laplace'as ( ) buvo matematikos genijus, nera ko abejoti. Ta iau proto didybe, anaiptol ne geriausia s lyga igyti auk²t visuomenin padeti ir solidu turt. Tuo labiau tais s ukuringais ir nuoºmiais Pranc uzijos revoliucijos metais, kai gyveno Laplace'as. Bet Laplace'as, paprastai tariant, mokejo laiku prisi²lieti ir laiku pasitraukti... Napoleono Bonaparto mokytojas ir galima sakyti, bendraºygis, po to jo prie²u Bourbonu remejas. Bet kam ber upi seniai nutil politines audros! O matematines idejos r upi! Svarbiausias Laplace'o veikalas vadinasi Mécanique Céleste, t. y. Pierre-Simon Laplace ( ) Dangaus mechanika. Ta iau jis domejosi kuo ivairiausiais matematikos uºdaviniais. Tariant amºininko ºodºiais... akademijoje Laplace'as reik²davo nuomon apie visk. Tikimybiu teorija viena i² matematikos sri iu, kurios uºdaviniai domino Laplace' daugeli metu. Juk Laplace'ui matematika buvo ne autonomi²ka ºiniu sritis, bet irankis pasaulio s rangai atskleisti. Beje, Laplace'ui tikimybiu teorija anaiptol nebuvo mokslas apie atsitiktinius ivykius. Jo nuomone, atsitiktiniu ivykiu i² viso nera! Jeigu galetume tureti i²samias ºinias apie pasaulio b usen, tai galetume neklysdami numatyti visa, kas ivyks. Ta iau m usu ºinios ribotos, todel numatyti neklysdami negalime. Tikimybiu teorija tai viso labo savoti²ka technika, kuri mums padeda efektyviau pasinaudoti tomis ºiniomis apie pasauli, kurias turime. Tokiai nuomonei apie tikimybiu teorijos vaidmeni galime pritarti ir ²iandien, ta iau tvirto tikejimo, kad pasaulio raida vyksta pagal jau sura²yt plan, jau nebeturime. Naujuju amºiu zikos tyrinejimai itvirtino idej, kad egzistuoja grynas atsitiktinumas ir tai yra esminis pasaulio s rangos bruoºas. Laplace'o dvitomio veikalo Analizine tikimybiu teorija (Théorie Analytique des Probabilités) pirmasis leidimas su dedikacija Napoleonui Bonapartui buvo i²leistas 1812 metais. Po dvieju metu pasirode antrasis leidimas, jau be ²ios dedikacijos, ta iau kone tre daliu storesnis! Neimanoma trumpai apºvelgti ²io didºiulio veikalo. Galima pavadinti ji to meto tikimybiu teorijos uºdaviniu ir metodu s vadu. Ypatingos destymo 25

26 darnos jame nera, Laplace'as tiesiog surinko po knygos vir²eliais ivairiu tikimybiu teorijos klausimu tyrinejimo rezultatus. Meistri²ku stiliumi veikalas irgi nepasiºymi. Veikalo vertejas i anglu kalb Todhunteris atsidus s para²e: Kai perskaitydavau Laplace'o ºodºius akivaizdu, kad, ºinodavau, kad man prireiks keliu valandu, o gal ir dienu sunkaus tri uso, kol paai²kes, tai, kas akivaizdu. Svarbiausias Laplace'o k urinio bruoºas ivairiausiu analizes irankiu (integralu, skirtuminiu ir diferencialiniu lyg iu...) taikymas tikimybiniams uºdaviniams spr sti. iuo poºi uriu Laplace'o tyrinejimai padare didel itak tikimybiu teorijos raidai. Kita vertus, Laplace'as ie²kojo ir rado daugyb nauju tikimybiu teorijos taikymo sri iu. Jo knygoje yra nagrinejami tikimybinio pob udºio astronomijos, demograjos, klaidu teorijos ir kitu sri iu uºdaviniai. Taigi Laplace'o Analizine tikimybiu teorija yra taikomosios matematikos knyga, kurioje atskleista tikimybiu teorijos metodu ir ju taikymo galimybiu ivairove, kita vertus velesniu matematiku kartu poºi uriu, pateikianti veikiau medºiag, nei sistem naujai tikrosios matematikos sri iai sukurti. Pranc uzi²k tikimybiu teorijos raidos tarpsni uºbaikime Siméono Deniso Poissono ( ) darbu aptarimu. S.D. Poissono kaip ir Laplace'o tevai i² luomines visuomenes ºemuju sluoksniu. Tevas buvo kareivis, veliau smulkus valdininkas... Prasidejus revoliucijai, ºinoma, kar²tas jos ²alininkas. Dejo daug pastangu, kad s unus igytu tinkam i²silavinim ir igytu garbing ir pelning profesij. Ta iau pradetas medicinos studijas s unui teko nutraukti, viena vertus, todel, kad jos menkai domino, kita prieºastis prasta judesiu koordinacija tikrai didele Siméon Denis Poisson ( ) kli utis ºmogui, kuriam tektu darbuotis skalpeliu. Taigi met s medicinos studijas Poissonas atsidejo matematikai, ir joje surado tikr j savo viet. Poissono nuomone, gyvenimas yra geras del dvieju dalyku galimybes tyrineti matematik ir galimybes j destyti. iomis gerybemis Poissonas naudojosi vis gyvenim. Poissonas padare daug svarbiu atradimu ivairiose taikomosios matematikos srityse. Aptardami tikimybiu teorijos raid minime ji del vienos jo knygos, kuri vadinasi gana keistai: Recherches sur la probabilité des jugements 26

27 en matiére criminelle et en matiére civile (Kriminaliniu ir civiliniu teismo nuosprendºiu tikimybiniai tyrinejimai"). Joje Poissonas nagrineja klausim, kuri apytikriai galime suformuluoti taip: kokia tikimybe, kad teismu nuosprendºiai teisingi? Ta iau tikimybiu teorijai ²i knyga svarbi ne atsakymais i tokio pob udºio klausimus, bet tuo, kad joje Poissonas i²deste labai svarbu ateities tyrinejimams ir taikymams tikimybini modeli. Isivaizduokime dideli skai iu bandymu su menka sekmes tikimybe (pavyzdºiui, prie masalo ant kabliuko priplaukia daug ºuvu, ta iau retai kuri susigundo). Kokia tikimybe, kad bus m sekmiu (kad per dien ºvejys sugaus, pavyzdºiui, penkias ºuvis)? tai tokiems skai iavimams ir praver ia Poissono modelis. Rei²kiniai, kurie ²iam modeliui pakl usta, Poissono gyvenimo laikotarpiu nebuvo labai svarb us. O dabar ju daug: transporto ivykiai, komunikacijos procesai, aptarnavimo rei²kiniai... Todel Poissono vard dabarties tikimybiu teorijos knygose ir straipsniuose mini ko gero daºniau nei paties Laplace'o šiedadulkiu vaidmuo tikimybiu teorijos istorijoje Istorija apie tai, kaip tikimybiu teorija visai nesidomej s gamtininkas atrado rei²kini, apie kuri dabar ra²omos solidºios tikimybiu teorijos knygos. Koks svarbiausias rei²kinys, kuri nagrineja dabartine tikimybiu teorija? Jei kas paklaustu, galite atsakyti nedvejodami Browno judesys! Susilauksite net profesoriu draugijos pritarimo. Prisiminkime, k apie tikimybiu teorij mane Laplace'as: tikimybiu teorija yra savoti²ka samprotavimu technika, padedanti mums daryti i²vadas, kai neturime i²samios informacijos. Ta iau jeigu j turetume (ir moketume ja pasinaudoti), jokios tikimybiu teorijos nereiktu. Kitaip tariant, teigti, kad tam tikr rei²kini valdo atsitiktinumas, tolygu pripaºinti, kad mes neturime apie ji pakankamai ºiniu, todel negalime jo visi²kai suprasti. P. S. Laplace'as mire 1827 metais. Tais pa iais metais anglu botanikas Robertas Brownas ( ) paºvelge pro mikroskop i vandenyje plaukiojan ias augalo ºiedadulkes. Ji nustebino tu daleliu judejimo b udas. Daleles judejo maºais ²uoliukais, kuriu kryptys nuolat keitesi. Be to jos sukiojosi, ta iau ir ²io sukimosi a²ies kryptis nuolat keitesi... Brownas atliko daugyb eksperimentu, bandydamas nustatyti ²io keisto judesio prieºasti. Gal daleles ne²ioja mikroskopiniai skys io s ukuriai? i prielaid teko atmesti. Gal daleles turi gyvybines galios, kuri jas ver ia bla²kytis? Ta iau 100 metu senumo daleles, kuriose gyvybine galia tikrai turejo b uti jau i²nykusi, judejo taip pat. Kad galutinai atmestu gyvybiniu galiu hipotez Brownas stebejo neorganines kilmes daleles. Dulkeles, nugremºtos nuo egiptieti²ko snkso 27

28 statulos tikrai negalejo b uti gyvos! Ta iau ir jos vandenyje judejo taip pat kaip ir ºiedadulkes! Browno judesio paslaptis lauke paai²kinimo daugiau kaip 70 metu. Dabar rei²kinio esm tikriausiai suvoktu kone kiekvienas mokyklines zikos ºinias pasitelk s ºmogus. Ta iau paprasta mintis apie dujas ar skysti kaip judan iu molekuliu visum daugybes mokslininku daugyb metu kurtas m usu dabartinio m stymo elementas! Browno judesio prieºasti maº- Browno judesio trajektorija yra trimate. Ta iau galime isivaizduoti ir vienoje plok²tumoje judan i dalel. Breºinyje parodyta tokio judesio trajektorija. daug tuo pa iu metu paai²kino du ºmones. A. Einsteinas ( ) paskelbe Browno judesiui skirt straipsni 1905 metais, o M. Smoluchowskis ( ) 1906 metais. Esmine judesio chaoti²kumo prieºastis molekuliu sm ugiai, kuriuos patiria pl u- duriuojanti skystyje dalele. Jeigu dalel molekules sm ugiuotu i² visu pusiu vienodai daºnai ir vienodai smarkiai, tai dalele tiesiog nuolankiai rymotu. Ta iau ir sm ugiu skai ius, ir jega kiekvienu momentu nuolat ir atsitiktinai kei iasi, todel ir dalele juda tokia keista, nuolat kei ian ia krypti trajektorija. šinoma, ²ios idejos dar ne matematinis rei²kinio modelis. Matematinis modelis tai grieºtai apibreºtos s vokos, integralai, lygtys, ivairiu skaitiniu rei²kinio charakteristiku skai iavimo metodai. Browno judesio matematika buvo sukurta kiek veliau. Vienas i² autoriu Norbertas Wieneris ( ), todel matematinis Browno judesys daºnai vadinamas Wienerio procesu. Taigi tos maºytes ºiedadulkes neblogai pasitarnavo tikimybiu teorijai. Ju judesio stebejimai ir tyrimai paskatino suabejoti Laplace'o nuomone, kad tikrove pakl usta grieºtam planui, kuriame viskas i² anksto numatyta. Palengva isitvirtino ideja, kad gamta irgi renkasi savo raidos kelius atsitiktinai. O jeigu atsitiktinumas yra prigimtinis tikroves bruoºas, tai ir tikimybiu teorija ne samprotavimu technika, bet tokia pat tikroves rei²kiniu savybes apra²anti kalba, kaip pavyzdºiui, teorine mechanika. Veliau pasirode, kad Browno judesio desningumai b udingi ir kitokiems gamtos bei visuomenes rei²kiniams. Pavyzdºiui, ekonomikos ar nansu pasaulio daleliu judejimui. ƒia skatinan iu keisti judesio krypti molekuliu vaidmeni atlieka m usu doleriai, jenos, eurai, latai, litai... 28

29 1.10. Rusu mokykla Matematines analizes raida judesys nuo skai iu link funkciju. Tikimybiu teorijos nuo atsitiktiniu ivykiu link atsitiktiniu dydºiu. Judesi ²ia kryptimi paspartino rusu matematiku darbai. Matematika ²ilto ir ²viesaus Graikijos klimato augalas. I ²iauresnius kra²tus ji plito letai. Ta iau plito. XVIII amºiuje pasieke ir Rusij. Pagrindus matematikai prigyti Rusijoje padejo caras Petras I didysis Rusijos gyvenimo modernintojas. Viena i² jo plano daliu ²vietimo sistemos pertvarkymas. Kelioniu po Europos ²alis metu jis surado labai gerai i²manan iu mokslo reikalus patareju. Vienas i² ju pats Gottfriedas Wilhelmas von Leibnizas. Jis parenge vis Rusijos ²vietimo reformos plan, vienas i² ²io plano elementu mokslu akademijos steigimas. Petras I jam pritare, akademij buvo nuspr sta steigti pagal Paryºiaus akademijos pavyzdi: nedidele mokslininku bendrija, i²laikoma valdovo. Imperatorius akademijos Peterburge nebei²vydo. Petras I mire 1725 metu sausio menesi gyven s 52 metus, jau de²imties metu tap s imperatoriumi. Vis delto planas buvo igyvendintas: tais pa iais metais Peterburgo mokslu akademij savo dekretu isteige imperatore tapusi antroji Petro I ºmona Jekaterina. Peterburgo mokslu akademijos nariu veikla ²lovingas puslapis matematikos istorijoje. Uºtenka vien pamineti vardus tu matematiku, kurie joje dirbo: Leonardas Euleris, Christianas Goldbachas, Nikolajus ir Danielis Bernoulliai... Ta iau matematikos mokslo tradiciju pletojimo ºidiniu Rusijos imperijoje jos nepavadinsi. Klestejusi pirmaisiais savo gyvavimo de²imtme iais, kai joje dirbo iºym us uºsienie iai, XVIII amºiaus pabaigoje ji visai sumenko. Pirmasis XIX amºiaus de²imtmetis Rusijoje prasidejo liberaliomis Aleksandro I reformomis. Isteigta nauju universitetu Kazaneje (1804), Charkove (1804). Uºsimezge glaudesni akademiniai kontaktai su Vakaru Europos mokslininkais (nors ir gerokai Pafnutijus Lvovi ius ƒeby²ovas ( ) apkarpyti del po Napoleono karu suve²ejusiu antivakarieti²ku nuostatu). Ta iau vis delto Rusijos jaunimas spejo paºvelgti i margesni pasauli. 29

30 Aleksandras Michailovi ius Liapunovas ( ) Kazanes universiteto profesoriaus Nikolajaus Loba evskio neeuklidine geometrija yra rusu pirmasis reik²mingas ira²as i matematikos istorij. Ta iau griºkime prie tikimybiu teorijos. Kone kiekviename ²iuolaikiniame tikimybiu teorijos vadovelyje rasime paminet ƒeby²ovo pavard. Pafnutijus Lvovi ius ƒeby²ovas ( ) buvo Maskvos universiteto (isteigto 1755 metais) aukletinis, ta iau jo pedagogine ir moksline veikla daugiausia susijusi su Peterburgo universitetu (isteigtas 1819). ƒeby²ovo baigiamasis darbas buvo skirtas tikimybiu teorijai, ta iau tikimybiu teorija tik viena jo matematiniu tyrimu sritis. Kil s i² auk²tesniuju visuomenes sluoksniu ir guvernantes puikiai i²mokytas pranc uzu kalbos, ƒeby²ovas lengvai uºmezge ry²ius su Vakaru Europos, ypa su pranc uzu matematikais. I Pranc uzij jis vaºiuodavo kone kiekvien vasar, lankydavosi universitetuose, skaitydavo juose prane²imus, o taip pat ir Paryºiaus mokslu akademijoje. Prieºastis, kodel ƒeby²ovo vardas taip daºnai minimas tiek pradinio, ties auk²tesniojo lygio tikimybiu teorijos vadoveliuose paprasta nelygybe, kuria naudojantis galima ivertinti tikimybes, susijusias su atsitiktiniais dydºiais. Nelygybe labai paprasta, ta iau naudinga. Pasinaudojus ja galima paprastai irodineti ivairius didºiuju skai iu desnio atvejus. i desni Bernoullis irode bandymu su dviem baigtimis atvejui, pasinaudodamas ne tokiais jau paprastais analiziniais skai iavimais. Tiesos delei reikia pabreºti, kad ƒeby²ovas ne vienintelis irod s ²i nelygyb. Ji naudojama, pavyzdºiui, ir gero ƒeby²ovo paºistamo pranc uzo Bienaymé darbuose. Todel nelygyb b utu teisingiau vadinti Bienayméƒeby²ovo nelygybe. Ta iau kai ²i nelygyb pamatysite, tikriausiai ir jums pasirodys, kad toks ilgas pavadinimas tokiai paprastai nelygybei nelabai tinka... šinoma, ²i nelygybe tik vienas epizodas ƒeby²ovo k uryboje, skirtoje tikimybiu teorijai. Jo darbu reik²m tikimybiu teorijos raidai galima nusakyti maºdaug taip: jeigu anks iau svarbiausias demesys teko ivairiu ivykiu tikimybiu nagrinejimui, tai dabar tampa ai²kesne atsitiktinio dydºio s voka ir pastangos labiau sutelkiamos atsitiktiniu dydºiu analizei pletoti. Tikimybiu teorijos paskaitas Peterburgo universitete ƒeby²ovas skaite metais. Du jo studentai Aleksandras Michailovi ius Liapunovas ( ) ir Andrejus Andrejevi ius Markovas ( ) taip pat 30

31 tapo tikimybiu teorijos klasikais. Tiesa, A. Liapunovo mokslineje veikloje tikimybiu teorija sudaro tik trump epizod. Jam teko destyti tikimybiu teorij, tai paskatino atsideti sudetingesniems klausimams. Svarbiausias A. Liapunovo ina²as centrines ribines teoremos irodymas analiziniu charakteristiniu funkciju metodu. Dabar ²is metodas yra kiekvieno tikimybiu teorijos klausimu tyrinetojo pagrindiniu irankiu deºeje. Iki 1917 metu A. Liapunovas dirbo Peterburgo universitete, veliau gavo viet Odesoje. Odesos universitete Liapunovas deste vos metus metu pavasari jo ºmonos Andrejus Andrejevi ius Markovas ( ) sveikata eme spar iai blogeti, o rudeni ji mire. Susitaikyti su netektimi moters, su kuria ji siejo ne tik pragyventi metai, bet ir vaikystes prisiminimai, Liapunovas neistenge. Kit dien Liapunovas nukreipe i save ginkl. A. Markovui tikimybiu teorija buvo viena svarbiausiu jo mokslines veiklos sri iu, nors jo matematinio kelio pradºi ºymi puik us skai iu teorijos darbai. Visi A. Markovo darbai svarb us tikimybiu teorijos raidai, ta iau svarbiausi tie, kuriuos pats autorius kaºin ar vertino labiausiai. Markovo procesai, Markovo grandines, Markovo laukai... ²itaip vadinasi i²tisi ²iuolaikines tikimybiu teorijos knygu skyriai ar net pa ios knygos. Ar visus ²iuos matematinius objektus suk ure A. Markovas? šinoma, ne. Jis nagrinejo tam tikr lyg grandine tarpusavyje susijusiu atsitiktiniu dydºiu modeli, kuris veliau pasirode labai svarbus ivairiuose taikymuose. Kas yra Markovo grandines, paai²kinti nesudetinga. Isivaizduokime lo- ²imo kauliuk, kurio sieneles suºymetos skai iais 1, 2, 3, 4, 5, 6. Metykime ir ra²ykime skai ius, kurie atvirto. Bandymo pabaigoje galime sakyti: ²tai nepriklausomu atsitiktiniu dydºiu stebejimo rezultatai pirmasis dydis susij s su pirmuoju metimu, antrasis su antruoju ir t. t. O dabar isivaizduokime, kad yra ²e²i lo²imo kauliukai, kiekvieno sieneles suºymetos tais pa iais skai iais, ta iau kauliukai yra skirtingi, taigi tais pa- iais skai iais paºymetu sieneliu atvirtimo tikimybes priklauso nuo to, kuri kauliuk mesime. Kauliukus irgi sunumeruokime: pirmasis kauliukas, antrasis,..., ²e²tasis. Meskime pirm ji kauliuk. Jeigu atvirto sienele su skai iumi i, ji uºra²ykime ir meskime i- ji kauliuk. Jeigu jis atvirto sienele su skai i- 31

32 umi j, meskime j- ji kauliuk. Pabaig bandymus turime teis teigti: ²tai atsitiktiniu dydºiu, susijusiu Markovo grandine, stebejimu rezultatai. tai i² ²ios markovi²ko atsitiktiniu dydºiu ry²io s vokos kai atsitiktinio dydºio reik²miu tikimybes priklauso nuo ankstesnio dydºio reik²mes ir i²augo i²tisa tikimybiu mokslo teritorija atsitiktiniu procesu teorija. A. Markovas gyveno Rusijos revoliuciju laikais. Kil s i² viduriniojo visuomenes sluoksnio (jo tevas buvo samdomas dvaru valdytojas) jis ir pats buvo radikaliu, prie² autokratini caro valdym nukreiptu paºi uru metais Romanovu dinastija i²kilmingai minejo 300 metu valdymo sukakti. A. Markovas nusprende organizuoti kitos sukakties minejim 200 metu didºiuju skai iu desnio! Ir tai ivykde Didieji XX a. statistikai Gyvoji gamta milºini²ka ivairove. Visuomenes rei²kiniai taip pat. Kokias i²vadas galima padaryti pasinaudojus didºiuliais i² gamtos ir visuomenes gyvenimo gautais duomenu kiekiais? Ie²kant atsakymu ir atsirado statistika. Tikimybiu teorijos pradininkai didieji matematikai, del ivairiu prieºas iu susidomej atsitiktinius rei²kinius valdan iais desningumais. Ta iau statistikos klausimus pirmieji kele visai kitokie ºmones. Prisiminkime, pavyzdºiui, Graunt, Petty ar Halley... Jie tyre duomenis, gautus stebint socialinio gyvenimo rei²kinius. šinoma, statistiniai duomenu tyrimo metodai r upejo ir tiksliuju mokslu atstovams: astronomams, zikams,... visiems, kieno darbui reikalingi dideli duomenu kiekiai, gauti i² apytiksliu matavimu. Ta iau tiksliuju mokslu dydºiu matavimo prietaisus galima patobulinti, taigi duomenu gavimo proces galima Karlas Pearsonas ( ) lengviau kontroliuoti. Duomenys apie gyvosios gamtos rei²kinius ar socialinius procesus visai kitas dalykas! ƒia tikrosios reik²mes, prie kurios galetum priarteti patobulin s savo matavimu instrumentus papras iausiai nera. Tiesos reikia ie²koti kitais b udais. Tad nenuostabu, kad didelis stimulas statistikos raidai atsirado tuomet, kai tyrinetojai nuo kokybiniu gamtos ir visuomenes rei²kiniu apra²ymu perejo prie kiekybiniais duomenimis pagristo tyrimo. O ²iuolaikines statistikos metodu k urejai ne grynieji matematikai, bet labai ivairiu interesu turej ºmones. 32

33 Vienas i² ²iuolaikines statistikos metodu k ureju Karlas Pearsonas ( ). Kadangi jis gime tikru tikriausiu anglu ²eimoje, tai gavo, ºinoma, Carlo vard. I²vyk s t sti studiju Heidelbergo universitete pakeite pirm j vardo raid. Viena i² prieºas iu galb ut ºavejimasis Karlo Marxo idejomis. Amºininkai minedami ²i universaliu interesu ºmogu ra²ydavo tiesiog KP. Enciklopedijose galima rasti, pavyzdºiui, toki KP veiklos apib udinim teisininkas, germanistas, eugenikas, matematikas ir statistikas (visu pirma statistikas). Visu pirma nerei²kia, kad visos kitos sritys jam buvo maºiau svarbios. Kaip tik prie²ingai statistika jis susidomejo gana velai, ypa tada, kai bendraudamas su gamtininku Walteriu Weldonu pamate, koki ivairiu duomenu gaus tyrinetojams pateikia gyvoji gamta. Duomenu daug, visi jie ivair us, o k gi teigia ju visuma? Akademini savo keli Pearsonas pradejo studijomis Cambridge. Apie savo studiju metus jis para²e taip: Cambridge matematikos mane moke Routh, Stokes, Cayley ir Maxwell, bet a² skai iau Spinozos ra²tus. Ne todel, kad b utu nusivyl s matematika. Anaiptol. Tikr sias jo paskatas geriausia apib udina jis pats: A² puldavau nuo mokslo prie losojos, ir nuo losojos prie m usu senuju draugu poetu; o tada pavarg s nuo per didelio idealizmo vel tapdavau prakti²kas ir sugriºdavau prie mokslo. Ar j usu niekada nebuvo uºvald s jausmas, kad nera visatoje nieko, ko neb utu verta tyrineti? Literat uros milºinai, daugiamates erdves paslaptys, Boltzmanno ir Crooko bandymai isiskverbti i tikr j Gamtos laboratorij, Kanto visatos teorija, paskutiniai embriologijos atradimai, istab us pasakojimai apie gyvybes raid kokia neaprepiamybe. Paºintis su Weldonu, o taip pat su anglu gamtininku Galtonu itrauke Pearson i gyvosios gamtos evoliucijos rei²kiniu tyrinejimus. Laikotarpiu nuo 1893 iki 1912 metu Pearsonas para²e 18 straipsniu, kuriuose matematika taikoma evoliucijos teorijos klausimams tyrineti. iuose darbuose i²destyti metodu, kuriuos galetume pavadinti statistikos klasika, pagrindai regresines ir koreliacines analizes, chi-kvadrat testu... K. Pearsonas kartu su W. Weldonu ir F. Galtonu 1901 metais isteige ºurnal Biometrika, skirt gyvybes evoliucijos rei²kiniu statistiniams tyrimams. Steigeju nuomone evoliucijos tyrimo problema yra statistikos uºdavinys. Nuo 1906 metu Pearsonas emesi organizacines veiklos, kurios tikslas, jo ºodºiais tariant, 33

34 ... padaryti statistik taikomosios matematikos ²aka su sava terminologija ir technika, ugdyti statistikus kaip mokslininkus... ir apskritai paversti statistik ²ioje ²alyje i² diletantu ºaidimu lauko solidºiu mokslu, kuriuo niekas negaletu uºsiimti neigij s atitinkamo i²silavinimo... Pagrindinius sau i²keltus tikslus K. Pearsonas pasieke. Jo veikl vertino ir specialistai, ir ocialioji valdºia. Karali²kas riterio titulas b utu glost s daugelio mokslininku savimeil. Tik ne K. Pearsono. Socializmo ²alininkas, aktyvus pilietiniu teisiu gynejas ir ²iaip ºmogus link s apie visk tureti savo nuomon, auk² iausiu valstybiniu apdovanojimu tiesiog atsisakydavo. Kitas statistikas, minimas kiekviename vadovelyje, taip pat pradejo statistikos tyrimus pirmiausia susid ur s su praktiniais uºdaviniais. Vienas tokiu praktiniu uºdaviniu alaus kokybes kontrole iºymioje Guinnesso alaus darykloje Dubline. Joje 1899 metais pradejo dirbti Oxfordo universitete chemijos ir matematikos studijas baig s Williamas Gossetas ( ). Ta iau statistika jaunas aludaris uºsieme ne i²kart. Noredamas igyti savo darbui reikalingu ºiniu 1906 metais Williamas Gossetas pradejo Williamas Gossetas ( ) studijas Karlo Pearsono laboratorijoje. Tuomet jis ir pradejo publikuoti statistikos mokslo straipsnius. Ta iau nors Gossetas minimas kiekviename statistikos vadovelyje, jo pavardes ten nerasite. Uºtat rasite Studento skirstini, Studento test (daºniau vadinam t-testu). Tas Studentas ir yra Gossetas, ²iuo vardu jis skelbdavo savo mokslinius straipsnius, nes Guinesso darbuotojams buvo draudºiama skelbti savo tyrimus, kuriais (kas ºino!) galetu pasinaudoti konkurentai. Nors Gossetas ir gilino ºinias Pearsono laboratorijoje, jo bendramin iu jis netapo. Viena vertus biometrika Gosseto nedomino, kita vertus skirtingai nuo Pearsono Gossetui Guinesso aludeje tekdavo daryti i²vadas neturint labai didelio kiekio duomenu. Taigi jo uºdaviniams spr sti reikalingi kiek kitokie metodai nei tie, kuriuos pletojo Karlas Pearsonas. Gosseto sukurtas t-testas b utent toks metodas ir yra. Williamo Gosseto metodu reik²me ne i² karto buvo suvokta. Nesuklysime teigdami, kad j tinkamai ivertino kitas iºymus XX amºiaus statistikas 34

35 Ronaldas Aylmeris Fisheris ( ). Jo kelias i statistikos moksl irgi buvo vingiuotas. Cambridge jis studijavo matematik ir astronomij. Naudojimasis astronominiais duomenimis, kai b utina atsiºvelgti i galimas matavimo paklaidas, jau savaime kelia statistikos uºdavinius. Ta iau baigus studijas teko galvoti ne apie mokslo uºdavinius, o apie pragyvenim. Padirbej s kelis menesius Kanadoje, griºo i Anglij, mokytojavo, prasidejus karui ketino eiti i front, ta iau del silpno regejimo nebuvo priimtas. Tad vel teko mokyti moksleivius matematikos ir zikos metais pasiseke: gavo net du pasi ulymus statistiko vietai. Vien i² K. Pearsono, kit i² Rothamstedo eksperimentines ºemes ukio stoties. ioje stotyje buvo atliekami ilgalaikiai bandymai ir stebejimai, siekiant ivertinti tr ²u efektyvum ir pagerinti augalu derlingum. Duomenu buvo sukaupta daug, reikejo juos vertinti ir daryti Ronald Fisher ( ) i²vadas. R. Fisheris isik ure Rothamstede ir ²itaip prasidejo jo statistiko karjera. Rothamstede R. Fisheris dirbo iki 1933 metu, ia jis subrandino svarbias ne tik statistikos, bet ir genetikos idejas. Jo 1925 metais i²leista knyga Statistiniai metodai mokslo darbuotojams (Statistical Methods for Research Workers) tapo parankine knyga ivairiu sri iu mokslininkams, per maºdaug 50 metu ji i²leista net 14 kartu. Savo idejas ir metodus Fisheris taike evoliucijos rei²kiniams tyrineti. Vienas i² svarbiausiu ²ios srities uºdaviniu buvo Darvino nat uralios atrankos ir Mendelio genetinio paveldimumo teoriju suderinimas. Kaip ivyksta gyvybes formu poky iai ir kaip jie perduodami? R. Fisheris tyrinejo ²iuos klausimus naudodamas tikimybiu teorij ir statistik. Fisherio knyga Genetine nat uralios atrankos teorija (Genetical Theory of Natural Selection) tapo klasikiniu ²ios mokslo srities veikalu. Daugelis Fisherio ivestu s voku ir pasi ulytu metodu tapo ²iuolaikines praktines ir teorines statistikos kasdieniais irankiais. Pana²iai kaip Gossetas Fisheris pletojo metodus, tinkan ius maºesniams duomenu kiekiams. Statistiniai duomenys i² dangaus nenukrenta, juos reikia atitinkamu b udu igyti. Daºnai duomenys gaunami atliekant bandymus. Taigi bandymu planavimas yra svarbus praktinio statistikos taikymo klausimas. R. Fisherio knyga Eksperimentu planavimas (The Design of Experiments) irgi tapo klasika, metais buvo i²leista a²tuonis kartus. Klausimus, kurie i²kyla planuojant eksperiment, R. Fisheris populiariai 35

36 paai²kino straipsnyje Ragaujan ios arbat damos matematika (Mathematics of a Lady Tasting Tea). Tarkime, didel arbatos su pienu gerimo patirti turinti ponia teigia, kad ji vien i² skonio gali nustatyti, ar i puoduk pirmiausia buvo ipilta pieno, o po to arbatos, ar atvirk² iai. Kaip nustatyti, ar ji tikrai turi toki gebejim? Reikia atlikti bandym. Patiekti tam tikr skai iu puoduku su arbata ir papra²yti, kad ponia pasakytu, i kuriuos puodukus pirma buvo ipilta pieno, o po to arbatos. Suprantama, kad i² tokio bandymo didelio duomenu kiekio negausime. Be to, bandym tikriausiai galesime atlikti tik vien kart. Ta iau noretume priimti labai patikim sprendim. Pirmiausia reikia nuspr sti, kiek puoduku panaudosime ir i kiek puoduku pieno ipilsime i² pradºiu. Sekdami Fisheriu tarkime, kad i lygiai pus puoduku pienas bus ipiltas i² pradºiu. Tarkime, kad tai ºino ir bandymo dalyve. Jeigu panaudosime tik du puodukus, tai tikimybe duoti teising atsakym papras iausiai spejant, lygi 1/2. Toks bandymas vargu ar yra pakankamas, kad sekmingo spejimo atveju patiketume subtiliais arbatos gerejos sugebejimais. O jeigu patiektume 6 puodukus ir i tris pienas b utu ipiltas anks iau uº arbat? Tuomet tikimybe atsakyti teisingai tiesiog spejant b utu lygi 1/20, ta iau jeigu manytume, kad arbatos skonio ºinoves reputacijos nesugriauna ir viena klaida, tai tikimybe praeiti toki test tik spejant (j galima nesunkiai apskai iuoti i²ra²ius visus galimus variantus) vel lygi 1/2! Taigi gerai pagalvoti, kaip atlikti bandym reikia net ²iuo labai paprastu atveju Tikimybiu teorijos matematiniu pagrindu klausimas Matematikos teorija daºniausiai atsiranda i² keliu idomiu uºdaviniu, i² keliu iºvalgu ir metodu. Jie pletojami, tikslinami... Tada i²kyla b utinybe susisteminti, aksiomatizuoti teorij. Kitaip tariant turi atsirasti ²ios teorijos Euklidas. XIX a. pabaigoje tikimybiu teorijos vaidmuo labai i²augo. Mokslininkai taike tikimybiu teorij tyrinedami zikos, evoliucijos desnius, ai²kindami socialinius procesus. Ta iau pa ios tikimybiu teorijos vieta mokslu visumoje buvo neai²ki. Net pagrindines jos s vokos nebuvo ai²kiai apibreºtos metais Richardo von Miseso straipsnyje apie tikimybiu teorijos pagrindus ra²oma taip:... dabartin padeti galima apib udinti tik taip: tikimybiu teorija nera matematine disciplina. Kiekvienos praktikoje taikomos matematines teorijos raidoje i²kyla du svarbiausi klausimai: kaip grieºtai apibreºti teorines s vokas bei dydºius ir 36

37 kaip ²ias s vokas bei dydºiu reik²mes iºvelgti tikroves rei²kiniuose. Kartais be nuoseklios teorijos ºmones i²siver ia labai ilgai. Pavyzdys geometriniu ilgiu, plotu ar t uriu matavimo praktika. Kas yra kvadrato plotas? Pasakys kiekvienas. O skritulio? šinoma, πr 2. Kodel? Nes tokia formule. Ar kiekvienos g uros plotui skai iuoti yra sava formule, kas gi yra tas plotas? Kas i²mano, tikriausiai pasakys ne taip lengva paai²kinti... Ir bus visi²kai teisus. Nes patys matematikai po t ukstantmetes geometriniu matu skai iavimo praktikos tik XIX amºiaus pabaigoje ir XX amºiaus pradºioje i² tiesu i²siai²kino, kas tas matas yra. Didºiausi nuopelnai ²ioje srityje tenka dviems pranc uzu matematikams E. Boreliui ( ) ir H. Lebesgue'ui ( ). Tad nenuostabu, kad ir matematikai ilg laik skai iavo ivykiu tikimybes, irodinejo teoremas neturedami ai²kaus poºi urio, kas gi i² tikruju tos tikimybes yra. Kai bandymo baig iu aibe baigtine ir visos jos vienodai galimos, galima skai iuoti palankias ivykiui baigtis, o ivykio tikimybe laikyti palankiu baig iu ir visu baig iu kiekiu santyki. O jeigu baigtys nera Richardas von Misesas ( ). Pirmajame pasauliniame kare jis buvo karo lak unas, veliau deste aviacijos mokslu disciplinas ir, ºinoma, matematik. Be to buvo labai geras austru poeto R. M. Rilkes k urybos ºinovas. Matematikus, kurie ºino ²i poet ir suvokia jo k urybos gelm, tikriausiai galima ant pir²tu suskai uoti. vienodai galimos? Arba jeigu ju yra be galo daug? Matematine teorija tik tuomet tampa tikrosios matematikos dalimi, kai sukuriama ²ios srities aksiomatika, t.y. i²vardinami pagrindiniai objektai, ju savybes, o i² ju naudojantis logika kaip darbiniu instrumentu i²vedamos visos kitos s vokos ir teiginiai. Vienas pirmuju tikimybiu teorij aksiomatizuoti pabande Richardas von Misesas ( ). Jis domejosi ivairiomis matematikos taikymo sritimis, vadovavo Berlyno taikomosios matematikos institutui. Kai Vokietijos gyvenim pradejo tvarkyti naciai, R. von Misesui teko i²vykti. Nepadejo nei jo karo lak uno nuopelnai I pasauliniame kare. Savo tikimybiu teorijos aksiomatik R. von Misesas k ure pagrindiniu objektu pasirink s begalines sekas, kurias pavadino kolektyvais. Kolektyv galime laikyti matematiniu rei²kinio, kuri valdo atsitiktinumas, modeliu. Pavyzdºiui, simetri²ko lo²imo kauliuko, kurios sieneles suºymetos skai iais 37

38 1, 2, 3, 4, 5, 6, metymo bandym atitiktu Miseso kolektyvas i 1, i 2, i 3,..., i j {1, 2, 3, 4, 5, 6}, turintis toki savyb : jeigu a j (n), j = 1, 2,..., 6, rei²kia kieki elementu i k = j, k n, tai a j (n)/n 1/6, kai n. S voka gana miglota, veiksmai su ²iais objektais, kuriuos nagrineja Misesas, gana pain us. Nenuostabu, kad Miseso poºi uris nesusilauke demesio. Ta iau ºvilgtelej i tuos senai pamir²to straipsnio puslapius galb ut geriau suvoksime koki eleganti²k poºi uri i tikimybes i²deste rusu matematikas Andrejus Nikolajevi ius Kolmogorovas ( ). Jo nedidele 1933 metais vokie iu kalba para²yta knygele Tikimybiu teorijos pagrindai i² tikruju yra pagrindai, kuriuos, nors ir ne i² karto, bet pripaºino visi, kas tyrineja ar taiko tikimybiu teorij. A. Kolmogorovo poºi uri neformaliai galima paai²kinti taip. K rei²kia surasti ivykio tikimyb? Rei²kia i²matuoti jo galimybes ivykti. Taigi tikimybe yra ivykio matas. Todel ji privalo tureti tas pa ias pagrindines savybes, kaip pavyzdºiui, geometrinis matas. Geometrinio mato teorija jau yra. Taigi paverskime ivykius aibemis, pana²iomis i geometriniu ta²ku aibes, o tikimybes apibreºkime pagal geometrinio mato pavyzdi. Tokia yra Kolmogorovo sukurtos tikimybiu teorijos aksiomatikos esme. Priimdami ²i konstitucij Andrejus Nikolajevi ius Kolmogorovas paver iame tikimybiu teorij visaverte matematikos sritimi, tokia kaip ( ) geometrija arba analize. Matematikams, kuriuos domino tikimybiu teorija, ºinoma, labai palengvejo. Ta iau tiems, kas nori taikyti tikimybiu teorij gamtos bei socialiniuose moksluose nelabai. Juk realiu ivykiu matavimo, t.y. ju tikimybiu skai iavimo klausimas lieka toks pat keblus kaip ir anks iau. Pavyzdºiui, poºi uris i tikimyb kaip i mat, nei kiek nepadeda atsakyti i klausim kokia tikimybe, kad po penkiasde²imt metu ºmones irengs gamyklas Marse? O gal toks klausimas i² viso neturi prasmes? Kiek pagalvoj tikriausiai nieko nenuspr sime, ta iau pajusime, jog noretume, kad tokios r u²ies klausimai irgi b utu prasmingi. A. N. Kolmogorovas buvo vienas ºymiausiu XX amºiaus matematiku. Jis paºere daugyb nauju ideju, poºi uriu ir rezultatu visose svarbiausiose matematikos srityse i²skyrus skai iu teorij. 38

39 B udamas septyniolikos metu A. N. Kolmogorovas istojo i Maskvos universitet jau turedamas geru savaranki²kai igytu matematikos ºiniu. Jau buvo spej s ir kiek padirbeti traukinio konduktorium. Galb ut i² pradºiu nebuvo visi²kai tikras, ar matematika jo tikrasis pa²aukimas. Emesi istorijos tyrinejimu, para²e rimt darb apie mokes iu rinkim senojoje Novgorodo respublikoje. Legenda pasakoja, kaip t darb ivertino ºinomas istorikas: J us pateikete vien istorinio fakto irodym. Matematikoje vieno irodymo visi²kai pakanka, bet mums istorikams reikia bent de²imties. Ir A. N. Kolmogorovas atsidejo matematikai. Nepaisant visu porevoliucines Rusijos nepritekliu Maskvos universitetas buvo nuostabi vieta studijuoti matematik. ƒia dirbo auk² iausio lygio matematikai, k ur XX amºiaus matematikos pagrindus: N. N. Luzinas, P. S. Urysonas, P. S. Aleksandrovas, A. J. Chin inas. Dirbdamas su A. J. Chin inu 1924 metais A. Kolmogorovas pradejo tikimybiu teorijos tyrimus. Tikimybiu teorijos aksiomatika tik vienas A. Kolmogorovo tikimybiu teorijos k urinys, ta iau ir jo uºtektu, kad autorius taptu ²ios srities klasiku. A. Kolmogorovo ideju itaka tikimybiu raidai didºiule jis prat se Markovo darbus, suk ure ²iuolaikines atsitiktiniu procesu teorijos pagrindus... Ir dar kaºin ar visoje matematikos istorijoje buvo tokio lygio matematikas, kuris b utu tiek daug laiko, demesio ir pastangu skyr s gabiu moksleiviu ugdymui. Iºymiojoje matematines krypties Jonas Kubilius, vienas pirmuju mokykloje Maskvoje Kolmogorovo mokykloje jis skaitydavo paskaitas turb ut daº- Lietuvoje pradininku, daug metu matematikos mokslo tyrimu niau nei universitete. buv s Vilniaus universiteto Kolmogorovas k ure kaºk daugiau nei rektoriumi matematines teorijos, Kolmogorovas k ure Kolmogorovo visat. Jeigu norite suºinoti daugiau apie A. Kolmogorovo gyvenim ir veikl pavartykite tinklalapi Lietuviai Lietuvoje tikimybiu mokslo ºmoniu yra daug. Kaip gi jie atsirado? Pirmieji tikimybiu teorijos daigai Vilniaus universitete pasirode apie

40 metus. O atskir tikimybiu teorijos kurs studentams 1830 metais buvo pasireng s skaityti Zigmantas Revkovskis. Ta iau ne kaºin kiek suspejo uº pagalb 1830 metu sukileliui teko i²keliauti i Kaukaz gavus caro kariuomenes eilinio titul. Ne tik Z. Revkovskio, bet, kaip ºinome, ir paties Vilniaus universiteto mai²tinga dvasia buvo caro tinkamai ivertinta 1832 metais jis buvo uºdarytas metais lenkai atk ure Vilniaus universiteto veikl pavadin ji Stepono Batoro universitetu, o 1922 metais lietuviai Kaune ik ure Lietuvos universitet. Abiejuose universitetuose tikimybiu teorija maºai dometasi. Tiesa, Stepono Batoro universitete dirbo du iºym us lenku matematikai, kurie tyrinejo ir tikimybiu teorij : A. Zigmundas ir J. Marcinkiewiczius. Ta iau tikimybiu teorijos mokslo Lietuvoje jie, ºinoma, negalejo idiegti. Juolab, kad J. Marcinkiewiczius, trisde²imties metu Lenkijos karininkas, padejo galv Katyneje. Kulkos yra tiesai, talentui ir groºiui labai abejingi vabzdºiai. Pasibaigus II pasaulinio karo tragedijai, nusileido uºdanga. Ji, deja, buvo geleºine. Taigi stebeti vakaru kult uros bei mokslo ivykius tapo beveik neimanoma. Tuo labiau juose dalyvauti. Ta iau ºvelgti i rytus nebuvo draudºiama. šinoma, tiesa yra visur tiesa, nesvarbu, kur spindi rytuose ar vakaruose. Jeigu jai leidºiama spindeti. Kadangi tiksliuju mokslu tiesu tironai ar totalitariniai reºimai bijo maºiau, arba netgi tikisi jas i²naudoti saviems tikslams, todel pasitaiko, kad tikslieji mokslai suklesti ir nepalankiomis visuomenes raidai aplinkybemis. itaip galima pasakyti ir apie Tarybu S jung pokario de²imtme iais matematikos tyrimai buvo pasaulinio Bronius Grigelionis atsitiktiniu procesu tyrimo lygio. I tokius matematinius centrus Maskvoje krypties Lietuvoje pradininkasir Leningrade turejo galimyb i²vykti keli pirmieji Vilniaus universiteto pokario metu ab- ir vadovas. solventai matematikai (K. Grincevi ius, J. Kubilius, A. Naftalevi ius, S. Strelicas). Nei vieno i² ju neketino uºsiimti tikimybiu teorija. Ar iausiai jos atsid ure J. Kubilius i²vyk s i Leningrad (dabar Sankt-Peterburgas), nes jo mokslinis vadovas J. Linnikas ( ) tyrinejo ir skai iu teorijos, ir tikimybiu teorijos bei matematines statistikos uºdavinius. Ta iau J. Kubilius uºsieme skai iu teorija ir sekmingai apgyn s disertacij sugriºo i Lietuv. Vienas lauke ne karys ²is prieºodis nelabai tinka mokslui. Moksle vienas ºmogus gali b uti ne tik karys, bet netgi gali pranokti vis armij. Ta iau b uti vieninteliu, net ir labai geru kariu... tiesiog nuobodoka. 40

41 Sugriº s i Vilniu J. Kubilius ne tik t se savo skai iu teorijos tyrimus, bet ir emesi veiklos, pana²ios i A. Kolmogorovo. Pletojo ne tik savo matematines idejas bet ir k ure s lygas kitiems isitraukti i matematin k uryb. Be entuziazmo nieko gero nesukursi, o entuziazm sukelia asmenines sekmes, kad ir nedideles. Buvo pradetos rengti moksleiviu matematikos olimpiados. Ar gali b uti geresne scena patirti pirm sias matematines sekmes ir netgi susilaukti plojimu? I kokias gi tyrimo sritis nukreipti tuos jaunus ºmones, patyrusius pirmosios sekmes skoni moksleiviu matematikos olimpiadose, pradejusius tikras matematikos studijas universitete ir supratusius, kad jos tik pradºia? Gaivus pradºios jausmas vienas didºiausiu kiekvieno tyrinetojo malonumu. Buvo nuspr sta pagrindine Lietuvoje pletojamu matematikos tyrimu kryptimi paversti tikimybiu teorij. Argumentai paprasti, lengvai suvokiami ir teisingi: tikimybiu teorija idomi teoriniu poºi uriu, be to svarbi savo taikymais. Ta iau reikejo isikibti, isitraukti i svarbiu tikimybiu teorijos ir statistikos klausimu tyrim. I matematinius Tarybu S jungos centrus i²vyko jaunesnes kartos ºmones: Vytautas Statulevi ius ( ). Jis buvo pasaulinio lygio tikimybiu teorijos srities matematikas, taip pat daug nuveike organizuodamas tikimybiu teorijos tyrimus Lietuvoje. Vytautas Statulevi ius i Leningrad tikimybiu teorijos studiju vadovaujant J. Linnikui, B. Grigelionis i²vyko i Kijev ir tapo ºymaus tikimybininko B. Gnedenkos aspirantu... Taip susidare pirmosios lietuvi²kos tikimybiu teorijos mokslo ²akos, o kaip jos toliau ²akojosi atskiru studiju verta tema. 5 Kai geleºine uºdanga sur udijo ir subyrejo, Lietuvos matematikams atsivere ir vakaru erdve. Daug Lietuvoje i²augusiu tikimybiu teorijos specialistu dirba ivairiu ²aliu mokslo centruose. O Lietuvoje nuo 1973 metu kas 5 metai vyksta tradicine tarptautine tikimybiu teorijos ir statistikos konferencija. Tai viena svarbiausiu ²ios srities konferenciju. Prie² kelis de²imtme ius ji teike unikali galimyb susitikti vakaru ir rytu ²aliu mokslininkams tyrinejantiems tikimybiu teorijos moksl. Apie ²io mokslo pagrindus skaitykite jau kitame ²ios knygos puslapyje. 5 I²sami apºvalg galima rasti knygoje Matematika Lietuvoje po 1945 metu. Matematikos ir informatikos institutas,

42 1.14. Klasikinis tikimybes apibreºimas Klasikinis vadinasi, pripaºintas, pagrindinis, pavyzdinis. Galima ji taikyti, ie²koti apibendrinimu, galima juo remtis arba neigti... Palyginkime du bandymus. Pirmasis: metame simetri²k monet ir uºsira²ome, kas atvirto S jeigu skai ius (sekme), N jeigu herbas (nesekme). Antrasis: nuej iki gatves kampo ºvilgterkime, ar uº jo kartais nesislapsto lokys. Jeigu jis ten yra uºsira²ome S (sekme), jeigu ne uºsira²ome N (nesekme). Abu bandymai turi po dvi baigtis, kurias net ºymime vienodai: Ω = {S, N}. Kuo gi vis delto skiriasi ²ie bandymai? Tai ai²ku kiekvienam: abi pirmojo bandymo baigtys yra lygiavertes, kitaip tariant vienodai galimos. O antrojo antroji baigtis ºymiai daºnesne. Ta iau ir pirmoji kartais gali pasitaikyti, jeigu mieste yra zoologijos sodas arba cirkas. iame skyrelyje nagrinesime bandymus, kurie turi baigtini kieki baig iu ir visos jos vienodai galimos. Tokiu bandymu pavyzdºiai: simetri²kos monetos (arba simetri²ko kauliuko) metimas vien ar daugiau kartu, egzamino bilieto traukimas i² pateikto rinkinio, kokios nors loterijos laimetojo parinkimas atsitiktinai traukiant lai²k i² ² usnies... Kartais reikia ²iek tiek pagalvoti prie² darant i²vad, kad baigtys vienodai galimos. Isivaizduokime, kad bandymas dvieju simetri²ku lo²imo kauliuku metimas. Tarkime, buvo nuspr sta baigtimi laikyti atvirtusiu aku iu sum. Taigi bandymas turi vienuolika baig iu, kurias galima uºra²yti skai iais 2, 3,..., 12. Ar galime teigti, kad jos vienodai galimos? šinoma, ne, nes pavyzdºiui, gauti sum, lygi 4 yra trys galimybes, o gauti 3 tik dvi. Taigi nagrinekime bandym, kurio baig iu aibe sudaryta i² n vienodai galimu baig iu: Ω = {ω 1, ω 2,..., ω n }. Kitus su bandymu susijusius ivykius vaizduojame ²ios aibes poaibiais. Kuo daugiau palankiu baig iu turi ivykis A, tuo daugiau jis turi galimybiu atlikus bandym ivykti, t. y. tuo jis tiketinesnis. Susitarsime baigtines aibes B elementu skai iu ºymeti B. Pavyzdºiui, {12, 38, 45} = 3. Dabar jau galime apibreºti ivykio tiketinumo mat, kitaip tariant tikimyb. Klasikinis apibreºimas 1 apibreºimas. Jeigu bandymo baig iu aibe Ω yra baigtine, o visos baigtys yra vienodai galimos, tai ivykio A Ω tikimybe vadinsime skai iu P (A) = A Ω. 42

43 is apibreºimas vadinamas klasikiniu. Maºdaug prie² keturis ²imtus metu pirmasis ji pradejo naudoti italu matematikas J. Cardano. Jeigu parduotuves lentynoje i²rikiuota n = 10 stikliniu vazu ir m = 4 i² ju neºymiai iskil, tai renkantis vaz atsitiktinai, ivykio tikimybe lygi A = {nusipirksime iskilusi vaz } P (A) = m n = 2 5. Kokiu ºiniu apie vazu pirkim suteikia ²is skai ius? K jis rei²kia prakti²kai? Jeigu tokiomis aplinkybemis po vaz nusipirks, tarkime, N = 100 pirkeju, kiek i² ju parsine² namo iskilusias? Niekas negali atspeti tikslaus skai iaus. Ta iau jeigu teigsime, kad maºdaug N P (A) = 40, labai tiketina, kad maºai apsiriksime. Fig uros plotas yra jos didumo matas, o ivykio tikimybe jo galimybiu ivykti atlikus bandym matas. Abu matai turi nemaºai tu pa iu savybiu. 1 teorema. Tegu bandymo baig iu aibe yra baigtine ir visos baigtys yra vienodai galimos. Tada su ²iuo bandymu susijusiu ivykiu tikimybes turi ²ias savybes: 1. bet kokio ivykio tikimybe yra intervalo [0; 1] skai ius, t. y. bet kokiam ivykiui A teisinga nelygybe 0 P (A) negalimojo ivykio tikimybe lygi nuliui, o b utinojo vienetui: P ( ) = 0, P (Ω) = 1; 3. ivykio A ir jam prie²ingojo ivykio A tikimybes susij lygybe P (A) = 1 P (A). iu savybiu irodymas beveik akivaizdus. Vis delto isivaizduokite, kad j usu kas nors paklause: o kodel ²ie teiginiai teisingi? Sugalvokite itikinamus paai²kinimus. Klausimai 1. šodyje AMERIKA yra ²e²ios skirtingos raides. Bandymas: atsitiktinai i²braukiama viena raide. Jeigu baigti ºymesime i²braukt j raide, tai baig iu aib sudarys ²e²ios baigtys. Ar tokiam bandymui galima taikyti klasikini tikimybes apibreºim? 43

44 A) Galima taikyti. B) Negalima, nes baig iu aibe neteisingai apibreºta. C) Nors baig iu aibe apibreºta teisingai, ta iau baigtys nera vienodai galimos, todel klasikinis tikimybes apibreºimas netinka. 2. Simetri²kos monetos puses paºymetos skai iais 0 ir 1. Moneta metama du kartus. Baigtis skai iu ant atvirtusiu pusiu suma. Tada baig iu aibe Ω = {0, 1, 2}. Ar tokiam bandymui galima taikyti klasikini tikimybes apibreºim? A) Negalima taikyti, nes baigtys nera vienodai galimos. B) Galima taikyti. C) Galima taikyti, ta iau ne visiems ivykiams. 3. Urnoje yra 10 rutuliu, vieni ju balti, kiti juodi. Bandymas atsitiktinis rutulio traukimas i² urnos. Ivykio, kad bus i²trauktas baltas rutulys, tikimybe yra keturis kartus didesne uº ²iam ivykiui prie²ingo ivykio tikimyb. Kiek baltu rutuliu yra urnoje? A) 9. B) 8. C) Tokia padetis nera imanoma. Atsakymai 1. C. 2. A. 3. B. 44

45 1.15. Keli pavyzdºiai Taikant klasikini tikimybiu apibreºim kartais tenka nemaºai skai iuoti. Ne visada skai iavimo ant pir²tu ig udºiu pakanka. Noredami pritaikyti klasikini tikimybes apibreºim, turime suskai iuoti, kiek i² viso yra bandymo baig iu ir kiek yra nagrinejamam ivykiui palankiu baig iu. Daºnai tai pavyksta padaryti pritaikius visai paprast skai iavimo taisykl. Tarkime, kokius nors savo daiktus (pavyzdºiui, CD plok²teles) norime suºymeti skaitmens ir raides poromis. Skaitmenis rinksime i² aibes S = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, o raides i² aibes R = {A, B, C, D}, taigi S = 10, R = 4. Kiek skirtingu daiktu galime tokiomis poromis paºymeti? Atsakymas kone akivaizdus. Kad b utu visi²kai akivaizdus, sura²ykime visus ºymenis i lentel : A A0 A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 A9 B B0 B1 B2 B3 B4 B5 B6 B7 B8 B9 C C0 C1 C2 C3 C4 C5 C6 C7 C8 C9 D D0 D1 D2 D3 D4 D5 D6 D7 D8 D9 Taigi i² viso galime sudaryti S R = 10 4 = 40 skirtingu poru. šinoma, skai iai ir raides ²iame pavyzdyje tik tarp kitko. Por galime sudaryti ir i² bet kokiu kitokiu objektu. Daugybos taisykle 2 teorema. Tegu aibeje U yra M, aibeje V N elementu, o por sudarome pirm ji element rinkdami i² aibes U, antr ji i² aibes V. Tada i² viso ²itaip galime sudaryti M N skirtingu poru. Jeigu teorema, turi b uti ir irodymas. Ta iau pasitenkinkime nuojauta: poru lentele beveik irodymas. Daºnai tenka galvoti ne apie elementu poras, bet ilgesnes eiles. Skai iuoti, kiek ju yra, irgi galime naudodamiesi daugybos taisykle. Bendroji daugybos taisykle 3 teorema. Tegu aibese U 1, U 2,..., U k yra atitinkamai N 1, N 2,..., N k elementu, o elementu eil sudarome rinkdami pirm ji i² aibes U 1, antr ji i² U 2 ir t.t. Tada ²itaip galime sudaryti i² viso k ilgio elementu eiliu. N 1 N 2 N k 45

46 Aibes U 1, U 2,..., U k neb utinai skirtingos. Visus elementus galime rinkti i² tos pa ios aibes U. Galime isivaizduoti, kad elementai tai suºymeti skai iais rutuliai urnoje. Parink element uºsira²ome jo numeri, o element gr ºiname atgal. Tada vel renkame i² naujo. Jeigu aibeje U yra N skirtingu elementu, tai ²itaip sudaryt k elementu eil vadiname gretiniu i² N po k elementu su pasikartojimais. 6 Tokiu gretiniu i² viso yra } N N {{ N} = N k. k 1 pavyzdys. Kauliuko metymas Simetri²k lo²imo kauliuk metame keturis kartus. Kokia tikimybe, kad antrajame ir ketvirtajame metimuose atvirs lyginis, o pirmajame ir tre iajame nelyginis aku iu skai ius? Pradeti reikia nuo bandymo baigties apibreºimo. Jeigu po kiekvieno metimo uºsira²ysime atvirtusiu aku iu skai iu, tai gautasis skai iu ketvertas ω = ω 1, ω 2, ω 3, ω 4, ω i {1, 2, 3, 4, 5, 6}, ir nusakys baigti. Taigi bandymo baigtis gretinys i² 6 elementu po 4 su pasikartojimais. I² viso yra Ω = = 6 4 bandymo baig iu. Kokios baigtys palankios mums r upimam ivykiui A? Ir jas galime suskai iuoti naudodamiesi daugybos taisykle. I² tiesu, ω 1, ω 3 reikia parinkti i² nelyginiu skai iu, o ω 2, ω 4 i² lyginiu skai iu (ne didesniu uº 6) aibes. Taigi A = = 3 4, ir ( 3 ) 4 1 P (A) = = pavyzdys. Ir vel kauliukas Simetri²k lo²imo kauliuk metame keturis kartus. Kokia tikimybe, kad nors kart atvirs ²e²ios akutes? Bandymo baig iu skai ius tas pats kaip nagrinetame pavyzdyje: Ω = 6 4. Ta iau dabar mums r upimo ivykio A = {nors kart atvirs ²e²etukas} palankiu baig iu skai iu kiek kebliau surasti. I² tiesu, juk ²e²etukas gali atvirsti ne vien, bet daugiau kartu. Kai ivykis yra sudetingas, verta panagrineti prie²ing ji ivyki. Galb ut jis paprastesnis? M usu atveju prie²ingas 6 Prisimin algebros s vokas galime sakyti: gretinys su pasikartojimais tai Dekarto sandaugos U U U elementas. 46

47 ivykis yra toks: A = {²e²etukas neatvirto nei karto}. Skai iuokime prie²ingajam ivykiui palankias baigtis ω = ω 1, ω 2, ω 3, ω 4. Skai iai ω i gali b uti bet kokie, i²skyrus 6. Vel turime gretini su pasikartojimais, tik dabar i² 5 po 4 elementus. Taigi A = 5 4 ir ( 5 ) 4. P (A) = 1 P (A) = 1 6 Jeigu sudarydami gretini parinktuju aibes U elementu nebegr ºinsime i aib, tai gausime gretini i² skirtingu elementu. Jeigu aibeje U yra N elementu, o i² jos be gr ºinimo renkame ir rikiuojame i eil k elementu, tai gaut j eil vadinsime gretiniu i² N po k elementu be pasikartojimu. Paºymekime ju kieki A k N. i skai iu taip pat galime surasti naudodamiesi daugybos taisykle. I² tiesu, pirm ji element galime parinkti N b udais, antr ji galime rinktis i² vienu elementu maºiau turin ios aibes ir t. t. 4 teorema. Gretiniai be pasikartojimu A 2 N = N (N 1), A 3 N = N (N 1) (N 2),..., A k N = N (N 1) (N 2) (N k + 1). }{{} k Tarkime, rinksime elementus tol, kol nebebus ko rinkti, t. y. k = N. Tada gautasis gretinys bus tiesiog visu aibes elementu eile, o skai ius A N N lygus galimybiu i²rikiuoti visus elementus i eil skai iui. Taigi N elementu i eil galime surikiuoti b udais. A N N = N (N 1) 2 1 = N! 3 pavyzdys. Kortos i² kalades I² 52 kortu kalades atsitiktinai i²traukiamos 5 kortos. Kokia tikimybe, kad visos i²trauktosios kortos bus b ugnai? Isivaizduokime, kad kortas traukiame vien po kitos ir rikiuojame i eil. i eile ir yra bandymo baigtis. Taigi bandymo baigtis gretinys i² 52 po 5 be pasikartojimu. I² viso baig iu yra Ω = Ivykiui A = 47

48 {visos i²trauktosios kortos b ugnai} palankios baigtys gretiniai, sudaryti i² skirtingu b ugnu kortu. Ju skai iu irgi galime greitai apskai iuoti: A = , P (A) = = 11 0, Tikimybe gauti visas b ugnu kortas labai maºa; tokia sekme pasitaiko maºdaug tris kartus i² Kokia tikimybe i²traukus penkias kortas gauti lygiai vien b ugnu kort? Paºymekime ²i ivyki B. B ugnu korta gali b uti pirmoji, antroji ir t. t. Taigi ivykiui B palankiu baig iu bus: B = = Tada P (B) = 0, Ivykis B ivyks maºdaug keturis kartus i² de²imties bandymu! O kokia tikimybe, kad i²trauk penkias kortas gausime lygiai du b ugnus? Kiek pasvarst suprasime, kad ²iam ivykiui palankiu baig iu skai iu tiesiogiai skai iuojant nustatyti kiek sunkiau. Todel paie²kokime kito, paprastesnio b udo. Tarkime, aibeje yra n elementu, o mes norime sura²yti visus gretinius po k (1 k n) i² ²ios aibes elementu. Kiek ju yra, jau ºinome: A k n = n (n 1) (n 2) (n k + 1). }{{} k Sudarydami gretinius galime elgtis ²itaip: pirmiausia pasirinkime k skirtingu aibes elementu ir sudarykime visas pasirinktuju elementu eiles (gretinius). I² viso ju bus k!. Po to pasirinkime nauj poaibi i² k elementu ir vel sudarykime gretinius. Gretiniai, sudaryti i² skirtingu poaibiu elementu, bus b utinai skirtingi. Kiek skirtingu poaibiu i² k elementu galime sudaryti, jeigu elementus galime rinkti i² n elementu turin ios aibes? Paºymekime ²i dydi C k n. Tada A k n = C k n k!, C k n = Ak n k! = Deriniai k {}}{ n (n 1) (n 2) (n k + 1). k (k 1) (k 2) 1 }{{} k 48

49 Poaibi, sudaryt parinkus k elementu i² n elementu turin ios aibes, vadinsime deriniu i² n po k elementu. I²vedeme deriniu skai iaus formul, kurios daºnai prireiks. Kai n ir k nedideli, deriniu skai iu apskai iuoti lengva. Pavyzdºiui, C 3 10 = = 120, C7 10 = = 120. Gavome, kad C 3 10 = C Tai ne atsitiktinumas. Tris elementus i² de²imties galime parinkti taip: papra²ykime, kad kas nors pasirinktu septynis i² de²imties, o mes pasirinkime likusius. Yra tiek pat b udu pasirinkti tris elementus i² de²imties, kiek septynis i² de²imties. i taisykle teisinga ir bendruoju atveju: C k n = C n k n, 0 k n. Kai k = 0, gauname Cn 0 = Cn n = 1. Visus elementus galime pasirinkti tik vienu b udu, nieko nepasirinkti irgi vienu. O dabar griºkime prie pavyzdºio. 4 pavyzdys. Kortos i² kalades I² 52 kortu kalades atsitiktinai i²traukiamos 5 kortos. Kokia tikimybe, kad i² ju lygiai dvi kortos bus b ugnu? Dabar isivaizduokime, kad visos penkios kortos traukiamos ne po vien, bet i² karto. Taigi baigtis derinys i² 52 po 5. Baig iu i² viso yra Ω = C52. 5 Ivykiui C = {lygiai dvi kortos bus b ugnu} palankios tos baigtys (deriniai), kuriose yra dvi b ugnu kortos. B ugnu kortas galime parinkti C13 2 b udais, o likusias tris C39 3 b udais. Pasinaudoj daugybos taisykle gausime C = C 2 13 C 3 39, P (C) = C2 13 C 3 39 C 5 52 = , pavyzdys. Rutuliai i² urnos Uºdavini apie kortas galime suformuluoti visai neminedami kortu. Tegu urnoje yra N baltu ir M juodu rutuliu (arba jeigu norite gaminiu partijoje N geru ir M brokuotu). Atsitiktinai traukiame k rutuliu. Kokia tikimybe, kad tarp ju bus lygiai n baltu? Atsakymas, ºinoma, priklauso nuo dydºiu reik²miu. Jeigu, pavyzdºiui, n > N, tai galime be skai iavimu teigti, kad tikimybe lygi nuliui. Tikimybe i²traukti n baltu rutuliu nelygi nuliui, jei max(0, k M) n min(k, N). 49

50 i s lyg ºodºiais galima paai²kinti taip: negalime i²traukti daugiau baltu rutuliu nei traukiame; taip pat nei yra urnoje. Kita vertus, jei traukiame rutuliu daugiau nei yra juodu, tai bent k M baltu rutuliu tikrai i²trauksime. Bandymo baigtis derinys i² N + M po k elementu. Taigi Ω = C k N+M. Ivykiui A = {i²trauksime lygiai n baltu rutuliu} palankias baigtis suskai iuosime irgi naudodamiesi deriniais: A = CN n C k n M, P (A) = Cn N Ck n M. C k N+M Nagrinedami pavyzdºius, skai iavome dydºius Cn m. Jie labai daºnai pasitaiko ivairiuose s ry²iuose ir turi daug savybiu. Vien i² ju jau nustateme: Cn m = Cn n m. Dar ²iek tiek patyrinekime. Tarkime, i² n elementu aibes reikia parinkti m elementu poaibi. Parinkime vien element ir atidekime ji i ²ali. Rinkdami m elementu, galime atidet ji element itraukti i poaibi, galime neitraukti. Jeigu itraukiame, tai likusiuosius m 1 element turesime parinkti i² n 1 elemento, tokiu galimybiu yra Cn 1 m 1. Jeigu atidetojo elemento neitrauksime i poaibi, tai bus Cn 1 m galimybiu sudaryti poaibi. Taigi Cn m = Cn 1 m 1 + Cn 1. m (2) O dabar i ²ali atidekime ne vien, bet k, 1 < k < n elementu, tada liks n k elementu. Rinkdami m elementu poaibi i² atidetosios grupeles galime neimti nei vieno, galime imti vien, galime daugiau elementu. Jeigu i² atidetosios grupeles neimame nei vieno elemento, tai poaibi galesime parinkti Cn k m b udais. Vien element i² atidetuju galesime parinkti Ck 1 = k b udais, o likusiuosius m 1 elementus C m 1 b udais. Taigi galesime sudaryti n k C1 k Cm 1 n k skirtingu poaibiu. Atitinkamai rinkdami 2 elementus i² atidetuju galesime sudaryti Ck 2Cm 2 n k poaibiu. itaip samprotaudami gauname toki (2) lygybes apibendrinim : C m n = m j=0 C j k Cm j n k. Beje, ²i lygybe teisinga su visomis sveikomis neneigiamomis 0 k n, m, n reik²memis. Prisiminkime (arba irodykime), kad dydºiai Cn m dvinario laipsnio koe- cientai: (a + b) n = C 0 na n + C 1 na n 1 b C m n a m b n m C n na n. O dabar keletas uºdaviniu jegoms i²bandyti. 50

51 Uºdaviniai 1. Lo²imas su simetri²ka moneta: jeigu mesta moneta atvirsta herbu, pirmasis ºaidejas gauna ta²k, jeigu skai iumi antrasis. Kokia tikimybe, kad po keturiu metimu bus lygiosios? Kokia tikimybe, kad po penkiu metimu vienas i² ºaideju tures vieno ta²ko persvar? 2. Muzikos grotuvo grojara²tyje n muzikiniu k uriniu, kurie grojami atsitiktine tvarka. Tas pats k urinys gali b uti grojamas pakartotinai. Kokia tikimybe, kad pirmasis pagrotas k urinys vel bus pagrotas m-uoju, ta iau ne anks iau? 3. Muzikos grotuvo grojara²tyje n muzikiniu k uriniu, kurie grojami atsitiktine tvarka, ta iau tas pats k urinys negali b uti grojamas i² eiles du kartus. Kokia tikimybe, kad pirmasis pagrotas k urinys vel bus pagrotas m-uoju, ta iau ne anks iau? 4. Fotograju parodai pateikta n fotograju, m i² ju peizaºai. Nuspr sta nuotraukas sukabinti atsitiktine tvarka. Kokia tikimybe, kad visi peizaºai bus sukabinti vienas po kito? 5. T pati rinkini i² n SMS ºinu iu gavo m ºmoniu. Kiekvienas i² ju vien i²tryne neperskait s. Kokia tikimybe, kad bent du ºmones i²tryne t pa i ºinut? 6. I vienos istaigos laukiam ji vienas po kito suejo n ºmoniu. Ta iau jie aptarnaujami ne i² eiles, bet atsitiktine tvarka. Kokia tikimybe, kad pirmasis atej s bus aptarnautas m-uoju? 7. Namo auk²tu skai ius n, liftu vaºiuoja m ºmoniu. Kiekvienas gali i²lipti bet kuriame auk²te. Kokia tikimybe, kad lygiai du ºmones i²lips viename auk²te, o likusieji i²lips po vien? 8. Keista kelione: kiekvien minut ºmogus ºengia ºingsni arba i kair, arba i de²in. Krypti jis pasirenka visi²kai atsitiktinai. Kokia tikimybe, kad po 2m minu iu jis gri² i t pa i viet, i² kurios pajudejo? 9. Trys beveik vienodo ilgio gatves sudaro trikampi, jos kertasi ta²kuose A, B, C. I² ta²ku A ir B atsitiktinai pasirink kryptis vienu metu i²keliauja du draugai. Jeigu nesusitinka, tai gatviu sankirtos ta²kuose atsiduria vienu metu ir vel atsitiktinai pasirink vien i² dvieju galimu kryp iu keliauja toliau. Kokia tikimybe, kad po n tokiu keliones etapu jie vis dar bus nesusitik? 10. Duryse yra du uºraktai, rakinami skirtingais raktais. Raktu ry²ulyje yra n raktu, juos bandome atsitiktinai: pasirenkame rakt ir patikriname, ar jis tinka kuriam nors uºraktui. Jau i²bandytas raktas pakartotinai nebebandomas. Kokia tikimybe, durys atsidarys, kai bandysime m- ji rakt? 51

52 Atsakymai 1. 3/8 ir 5/8. 2. Jei n = 5, m = 4, tai tikimybe 16/ Jei n = 5, m = 4, tai tikimybe 3/ Jei n = 10, m = 4, tai tikimybe 1/ Jei n = 6, m = 4, tai tikimybe 13/ Jei n = 10, tai tikimybe 1/ Jei n = 10, m = 5, tai tikimybe 504/ Jei m = 4, tai tikimybe 35/ Jei n = 5, tai tikimybe 1/ Jei n = 10, m = 5, tai tikimybe 4/ Geometrines tikimybes Kai ivyki sudaran iu lygiaver iu baig iu suskai iuoti neimanoma galima bandyti kitus matavimo b udus. Mokame matuoti ir skai iuoti ilgius, plotus, t urius... K moki visuomet pritaikai! Noredami skai iumi i²reik²ti geometrines g uros didum, skai iuojame jos plot. Noredami skai iumi i²reik²ti ivykio tiketinum, skai iuojame jo tikimyb. Kartais ²i tikimybe rei²kiama geometriniais dydºiais: ilgiu, plotu, t uriu. 6 pavyzdys. Sustoj s laikrodis Kai elektroninio laikrodºio baterijos i²sikraus, jis sustos. Kokia tikimybe, kad tai atsitiks, kai valandu rodykle bus tarp 2 ir 3 valandos? Neabejoju, kad atsakym ispejote i² karto: tikimybe lygi Kaip gi pagristume savo nuomon? Tarkime, laikrodis yra skritulio formos, taigi valandu rodykle kiekvienu metu yra nukreipta i vien padalu apskritimo ta²k. Laikrodis gali sustoti bet kuriuo metu. Bandymo baigti vaizduokime tuo ta²ku, i kuri laikrodºiui sustojus liko nukreipta valandu rodykle. Taigi baig iu aibe Ω apskritimo ta²ku aibe, o A = {laikrodis sustojo tarp 2 ir 3 valandos} palankios baigtys sudaro lank, jungianti ²iu valandu padalas. Kyla nat urali mintis ivykio A tikimyb reik²ti geometriniu ilgiu santykiu: P (A) = lanko A ilgis Ω ilgis = (3) iame pavyzdyje panaudojome kitoki nei klasikinis tikimybes apibreºim. Nustatykime, kokiems bandymams ji galima taikyti. 52

53 Geometrinis tikimybes apibreºimas Tegu bandymo baigtys vaizduojamos geometrines srities Ω ta²kais, visos baigtys yra lygiavertes, o sritis Ω turi nenulini ir baigtini geometrini mat (ilgi, plot ar t uri). Tada susijusio su bandymu ivykio A Ω tikimybe vadinsime skai iu P (A) = geometrinis A matas geometrinis Ω matas, ia geometrinis matas rei²kia ilgi, plot ar t uri. Nesunku isitikinti, kad ivykiu tikimybiu savybes, kurias i²vardijome skyrelyje Klasikinis tikimybes apibreºimas, teisingos ir geometrinio tikimybes apibreºimo atveju. Panagrinekime daugiau geometrinio tikimybes apibreºimo taikymo pavyzdºiu. 7 pavyzdys. Draugu susitikimas Du draugai paºadejo paskambinti tre iajam tarp pirmos ir tre ios valandos. Kokia tikimybe, kad laikotarpis tarp pirmojo ir antrojo skambu iu bus ne ilgesnis uº 15 minu iu? Bandymas baigsis, kai bus paskambinta antr ji kart. Pavadinkime pirm ji draug A, o antr ji B. Jeigu A skambu io moment paºymesime x A, o B skambu io moment x B, tai ²iu skai iu pora ω = x A, x B ir bus bandymo baigtis. Galime laikotarpi nuo pirmos iki tre ios valandos sutapatinti su skai iu intervalu [0; 2], tada x A, x B gales igyti bet kokias reik²mes i² ²io intervalo. Plok²tumoje ived Dekarto koordina iu sistem, skai iu por ω galesime pavaizduoti plok²tumos ta²ku. Koki plok²tumos ta²ku aib sudarys visos galimos bandymo baigtys? Atsakymas paprastas kvadrat, kurio kra²tines ilgis lygus 2. O dabar pabandykime pavaizduoti ivyki U = {laikotarpis tarp skambu iu bus ne ilgesnis kaip 1 4 valandos}. Kad baigtis ω = x A, x B b utu palanki U, skambu iu momentu skirtumo modulis turi b uti ne didesnis uº 1, t. y. 4 U = { x A, x B : x A x B 1 }. 4 Pavaizduokime ivyki U plok²tumoje. Taigi ivykio U tikimybe lygi uºbr uk²niuotos srities ir viso kvadrato plotu santykiui. Lengviausia apskai iuoti uºbr uk²niuotos srities plot, suradus neuºbr uk²niuotu trikampiu plotus (tri- 53

54 kampius suglaud, gausime kvadrat!) ir ²i plot atemus i² kvadrato ploto. x B 2 x B 2 x B x A = 0.25 x A x B = x A 0 2 x A Gauname P (U) = 22 1,75 2 = ,234. iame pavyzdyje bandymo baigtis vaizdavome plok²tumos ta²kais, o ivykio tikimyb rei²keme plotu santykiu. Panagrinekime bandym, kurio baigtims pavaizduoti prisireiks erdves ta²ku. 8 pavyzdys. Uºdavinys apie trikampi Atsitiktinai parenkamos trys atkarpos, kuriu ilgiai intervalo [0; 1] skai iai. Kokia tikimybe, kad i² atkarpu galesime sudeti trikampi? Visk lemia parinktuju atkarpu ilgiai. Paºymej juos atitinkamai x 1, x 2, x 3 sudarysime baigti skai iu trejet ω = x 1, x 2, x 3, x i [0; 1]. Skai iu trejet vaizduosime erdves, kurioje ivesta Dekarto koordina iu sistema, ta²ku. Pavaizdav visas galimas bandymo baigtis, gautume kub, kurio kra²tines ilgis lygus 1. Taigi baig iu aibe Ω yra vienetinis kubas. Kokie jo ta²kai vaizduoja baigtis, palankias ivykiui T = {galesime sudeti trikampi}? Kad i² atkarpu, kuriu ilgiai yra x 1, x 2, x 3 galetume sudeti trikampi, b utina ir pakankama, kad b utu patenkintos trikampio nelygybes: x 1 + x 2 x 3, x 1 + x 3 x 2, x 2 + x 3 x 1. Panagrinekime pirm j nelygyb. Pakeiskime nelygybes ºenkl lygybes ºenklu: x 1 + x 2 = x 3. Visi erdves ta²kai, tenkinantys ²i lygyb yra vienoje plok²tumoje. Plok²tumai apibreºti pakanka triju ta²ku. tai jie: O(0; 0; 0), A(1; 0; 1), B(0; 1; 1). Taigi plok²tuma kerta tris kubo sienas pagal istriºaines ir dalija kub i dvi dalis. Viena ju piramide COAB, ia C ºymime ta²k su koordinatemis (0; 0; 1). Kurie ta²kai tenkina nelygyb x 1 + x 2 x 3? Galime patikrinti istat ta²ko D(1; 1; 0) koordinates. Akivaizdu, kad ²io ta²ko koordinates tenkina nelygyb. Taigi piramides OABC ta²ku koordinates netenkina pirmosios nelygybes. Analogi²kai samprotaudami atmetame dar 54

55 dvi piramides. Gauname, kad visas tris nelygybes tenkina briaunainio, kurio vir² unes yra O, A, B, D, E ta²ku koordinates. x 3 1 x 3 1 B x 3 1 B A A E x 2 1 O x 2 1 O x 2 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1 D Todel OABDE t uris P (T ) =. kubo t uris Kaip apskai iuoti briaunainio t uri? Papras iausia surasti triju atkirstuju piramidºiu t urius ir atimti juos i² kubo t urio: P (T ) = = 1 2. Uºdaviniai 1. Vienetine atkarpa atsitiktinai padalijama i dvi dalis. Kokia tikimybe, kad trumpesniosios dalies ilgis bus maºesnis uº 1 3? 2. Nuo Vyºuonu iki Uºpaliu yra 9 kilometrai, o nuo Uºpaliu iki J uºintu 17 kilometru. Jei vaºiuojant i² Vyºuonu i J uºintus per Uºpalius ma²ina del gedimo sustotu, kokia tikimybe, kad Uºpaliai b utu ar iau negu Vyºuonos? Kokia tikimybe, kad Uºpaliai b utu ar iau negu Vyºuonos ir J uºintai? 3. Vienetiniame kvadrate atsitiktinai parenkamas ta²kas. Kokia tikimybe, kad jis bus ant kurios nors istriºaines? 4. Sudetingos formos sklypo plot buvo nutarta ivertinti keistu b udu. Srityje buvo paºymetas 1 m 1 m dydºio kvadratas, ir i² tolo sklypo link buvo metomas akmuo. Penkis ²imtus kartu buvo pataikyta i sklyp, o i² ju 25 kartus i kvadrat. Kaip naudodamiesi ²iais duomenimis galetume ivertinti sklypo plot? 5. Atsitiktinai parenkamas rombo ta²kas. Kokia tikimybe, kad jis bus ar iau kurios nors vir² unes negu istriºainiu susikirtimo ta²ko? Galb ut sprendim surasti bus lengviau, jeigu nagrinesite atskir rombo atveji kvadrat. Atsakymai 1. 2/ /52 ir 1/ m /2. 55

56 1.17. Ivykiu algebra Vaikai nesaugo dovanotu ºaidimo kaladeliu giliai spintoje. Jie jas delioja, derina, konstruoja. Pana²iai elgiasi ir matematikai: suk ur s vokas, jie ima su jomis k nors veikti. Taigi veiksmai su ivykiais... Kauliuko metimo bandymas turi ²e²ias baigtis: Ω = {ω 1, ω 2,..., ω 6 }, ia ω i kaip visada ºymime baigti atvirto i aku iu. Ta iau ivykiu, kuriuos galime sieti su ²iuo bandymu yra gerokai daugiau. Kiek? Kadangi ivykius vaizduojame baig iu aibes poaibiais, tai tu ivykiu bus tiek, kiek galima sudaryti baig iu aibes poaibiu. Yra i² viso C m 6, m = 0, 1,..., 6 b udu sudaryti poaibi i² m baig iu, tai ivykiu i² viso yra C C C C C C C 6 6 = 2 6 = 64. Ivykius sieja ivair us tarpusavio ry²iai. Kadangi juos vaizduojame poaibiais, tai aibiu veiksmus galime naudoti ivykiu ry²iams nagrineti. Tegu Ω yra bandymo baig iu aibe, o A su bandymu siejamu ivykiu ²eima, j sudaro baig iu aibes poaibiai. Jau ºinome, kad kiekvienam ivykiui A ²ioje ²eimoje galime rasti antrinink prie²ing ji ivyki A. Prie²ingojo ivykio sudarymas yra pirmasis veiksmas, kuri pritaik i² vieno ivykio gauname nauj. A A Ivykius ir ju s ry²ius patogu vaizduoti diagramomis. Kvadratas vaizduoja b utin ji ivyki Ω. Apibre²ime dar du veiksmus. 2 apibreºimas. Tegu A ir B yra su tuo pa iu bandymu siejami ivykiai, t. y. jie vaizduojami tos pa ios baig iu aibes poaibiais. Ivyki, kuri sudaro baigtys, palankios abiems ivykiams A, B, vadinsime ju sankirta ir ºymesime A B. Ivyki, kuri sudaro baigtys, palankios bent vienam i² ivykiu A, B (gali b uti palankios ir abiems), vadinsime ju s junga ir ºymesime A B. Taigi ivykiu veiksmai tie patys aibiu veiksmai. Nagrinedami juos galime net nemineti jokiu bandymu ir ivykiu. Ta iau kasdieneje kalboje niekas nesako, pavyzdºiui, taip: ºinai, vakar ivyko toks ivykis, jis yra ²tai tokios aibes poaibis... Bet ivykiu veiksmai minimi ir kasdieneje kalboje. Pavyzdºiui, sakinys tikekimes, kad dviratis nesuges ir neprades lyti i² tikruju rei²kia, 56

57 kad tikimasi, jog ivyks dvieju su bandymu (kelione) susijusiu ivykiu sankirta A B, ia A = {dviratis nesuges}, B = {neprades lyti}. Ivyki A B galime apibreºti kaip ivyki, kuris ivyksta tada ir tik tada, kai ivyksta abu ivykiai A, B. Ivykis A B savo ruoºtu rei²kia ivyki, kuris ivyksta, kai ivyksta bent vienas i² ivykiu A, B (arba abu). Veiksmus su ivykiais galime pavaizduoti paprastais breºiniais. Tie breºiniai tai tiesiog veiksmu apibreºimai be ºodºiu. A B A B A B Jeigu visos baigtys, palankios ivykiui A yra palankios ir ivykiui B, tai A vaizduosime B poaibiu. Tokiu atveju ra²ysime A B. Taigi A A B, A B A, A B B. Galime apibreºti ne tik poros, bet ir bet kokios ivykiu sistemos A 1, A 2, A 3,... (netgi begalines) s jung ir sankirt. Begalines ivykiu sekos A 1, A 2,... s junga tai ivykis, sudarytas i² baig iu, kurios palankios bent vienam sekos ivykiui, o sankirta ivykis, sudarytas i² baig iu, kurios palankios visiems sekos ivykiams. Jeigu yra ivykiai veiksmai, tai reikia aptarti ir ju savybes. Dauguma ju tiesiog akivaizdºios. 5 teorema. Tegu A, B, C yra su tuo pa iu bandymu susij ivykiai, Ω ºymime b utin ji, negalim ji ivyki. Teisingi ²ie teiginiai: 1. = Ω, Ω =, A = A; 2. A = A, Ω A = Ω, A =, Ω A = A; 3. A A = A, A A = A; 4. A A =, A A = Ω; 57

58 5. (A B) C = (A C) (B C); 6. A B = A B, A B = A B. Kiek sudetingesne yra ²e²toji savybe. Ta iau ir ji turetu paai²keti, jei panagrinesite ivykiu s jung ir sankirt vaizduojan i diagram. 9 pavyzdys. Ivykiu rei²kiniai Naudodamiesi ivykiu veiksmu savybemis galime tvarkyti rei²kinius su ivykiu veiksmais. Pavyzdºiui, suprastinkime ivykio D = (A B) C i²rai²k. Tai galime padaryti naudodamiesi ivykiu veiksmu savybemis taip: D = (A B) C = (A B) C = A B C. Taigi ivykis D rei²kia, kad ivykis A ivyko, o ivykiai B, C ne. Jeigu Ω yra bandymo baig iu aibe, tai kiekvien su bandymu susijusi ivyki galime pavaizduoti poaibiu A Ω. Ivykiu ²eimos A nariu ry²ius rei²kiame naudodami prie²ingo ivykio, ivykiu sankirtos ir s jungos veiksmus. Atlik juos su ²eimos A ivykiais, vel gauname ²ios ²eimos narius. Taigi ivykiu ²eima A turi ²ias savybes; A, Ω A, kiekvienam A A taip pat A A, bet kokiems A 1, A 2,... A taip pat i A i, i A i A. Kitap tariant atlik veiksmus su ²eimos A ivykiais, vel gauname ²ios ²eimos ivykius. Tai pana²u i sveikuju skai iu aritmetik : sudedami, daugindami sveikuosius skai ius vel gauname sveikuosius skai ius. Bandymo baig iu aibeje Ω galima parinkti daug poaibiu. Daºnai netgi be galo daug. Ta iau mes ne ²iaip ketiname nagrineti su bandymu susijusius ivykius. Norime apibreºti ir skai iuoti ju tikimybes. Kai ivykiu yra labai daug, ar neteks kartais apriboti apetit ir nagrineti tik dali ivykiu? Su tokia b utinybe jau buvome susid ur. Juk geometrin tikimyb apibreºeme tik ivykiams, vaizduojamiems poaibiais, kuriu geometrini mat galima apskai iuoti. Kokia taisykle vadovautis i² visu ivykiu ²eimos atrenkant tuos, kuriuos nagrinesime? Tikriausiai sutiksite, kad b utu gerai, jog nagrinejamu ivykiu ²eima turetu tas pa ias visu ivykiu ²eimos savybes: jeigu ivykis itrauktas i nagrinejamu ivykiu ²eim, tai prie²ingas ivykis irgi turi joje b uti, taip pat nagrinejamu ivykiu ²eimoje turi b uti ivykiu s jungos bei sankirtos. Taigi nagrinejamu ivykiu ²eimos taisykl reikia suformuluoti taip. 58

59 Ivykiu σ-algebra Nagrinejamu, su bandymu susijusiu ivykiu ²eimai turi priklausyti b utinasis ir negalimasis ivykiai. Jeigu priklauso ivykis A, tai turi priklausyti ir A. Jeigu ²eimai priklauso ivykiai A 1, A 2,..., tai turi priklausyti ir visu ju s junga bei sankirta. Ivykiu ²eima A, turinti ²ias savybes, vadinama σ-algebra. Kam ivykiu ²eimos pavadinime reikalinga ta graiki²ka raidele σ (sigma)? Galite laikyti j ypatingu galiu ºenklu, kaip koki ²erifo ºvaigºd amerikie iu lme. Kartais tenka nagrineti paprastesnes ivykiu ²eimas, kuriu ivykius jungti ar kirsti galime tik tada, kai tu ivykiu skai ius baigtinis. Jungiant ar kertant begalines tokiu ²eimu ivykiu sekas galime gauti jau nebe tos pa ios ²eimos ivykius. Tokios ivykiu ²eimos vadinamos tiesiog algebromis. Ar daºnai tenka r upintis ivykiu σ-algebru sudarymu? Kol studijuojame tik tikimybiu teorijos pagrindus ne. Pavyzdºiui, jeigu bandymo baig iu aibe yra baigtine, tai sudar σ-algebr i² visu galimu ivykiu, bedu neturesime. Kai begaline visko gali b uti. Ta iau σ-algebros sudarymo uºdavinys yra veikiau teorinis nei praktinis. Mus dominan iu ivykiu sistem S, nors ir nesudaran i σ-algebros, galime papildyti iki σ-algebros, itrauk naujus ivykius. Papildyti, ºinoma, galima ivairiai. Pavyzdºiui, jeigu mus domina tik vienas su lo²imo kauliuko metimu susij s ivykis A = {atvirto lyginis aku iu skai ius}, tai σ-algebr gausime itrauk visus kitus galimus ivykius. Joje bus net 64 ivykiai. Ta iau pastebekime, kad vos keturiu ivykiu ²eima A = {, Ω, A, A} jau sudaro σ-algebr. Tai pati maºiausia σ-algebra, kuriai priklauso ivykis A. Sakysime, kad j generavo i² vieno ivykio sudaryta ivykiu sistema S = {A}. Kad ir kokia b utu pradine ivykiu sistema S, j visada galima papildyti iki σ-algebros. Pati maºiausia σ-algebra, kuriai priklauso visi sistemos S ivykiai, vadinama S generuota σ-algebra. Panagrinekime vien svarbu pavyzdi. 10 pavyzdys. Borelio aibes Tarkime, bandymo baigtys vaizduojamos skai iu tieses ta²kais, o mus dominan iu ivykiu sistem S sudaro intervalai: S = {[a, b) : a < b}. ios sistemos generuot σ-algebr vadiname skai iu tieses Borelio σ-algebra, o jos elementus Borelio aibemis. Trumpai tariant Borelio aibes tai aibes, kurias galima gauti i² S intervalu juos jungiant, kertant bei taikant prie²ingo ivykio sudarymo veiksm. Pavyzdºiui, i² s ry²iu [a; b] = n=1 [ 1 ) [ 1 ) a; b +, {a} = a; a + n n n=1 59

60 gauname, kad uºdarieji intervalai bei i² vieno skai iaus sudarytos aibes yra Borelio aibes. Apskritai visos skai iu aibes, kurias daºniausiai nagrinejame, yra Borelio aibes. Aibiu, kurios nepriklauso ²iai ²lovingai aibiu ²eimai, irgi yra labai daug, ta iau jos gl udi toje g udºioje tankmeje, i kuri mes paprastai nekeliame kojos. Klausimai ir uºdaviniai 1. Jeigu bandymo baigtis yra palanki ir ivykiui A, ir ivykiui B, tai ji palanki A) ju s jungai, bet ne sankirtai. B) ju sankirtai, bet ne s jungai. C) ir s jungai, ir sankirtai. 2. Tegu bandymo baig iu aibe yra baigtine, A, B yra du atsitiktiniai ivykiai, o C = A B. Tada A) ivykis C visada turi daugiau jam palankiu baig iu negu A. B) ivykis C gali tureti tiek pat jam palankiu baig iu, kiek ir ivykis A. C) ivykio C palankiu baig iu skai ius lygus ivykiams A ir B palankiu baig iu skai iu sumai. 3. Jeigu A, B yra atsitiktiniai ivykiai, A B, A B, tai A) A B. B) B A. C) Tarp A ir B negalima nustatyti visais atvejais teisingo s ry²io. 4. Bandymas dvieju lo²imo kauliuku metimas. Nagrinekime ivykius: A = {atvirtusiu aku iu suma lygine}, B = {ant pirmojo kauliuko atvirto daugiau aku iu negu ant antrojo}, C = {ant kauliuku atvirtusiu aku iu skirtumas ne didesnis uº 1}. Kada ivyksta ivykis A B C? 5. Bandymas kortos traukimas i² kalades. Nutareme nagrineti tik dali ivykiu, kuriuos galima sieti su ²iuo bandymu. Vienas i² ivykiu, kuri b utinai norime itraukti i nagrinejamu ivykiu ²eim yra A = {i²traukta b ugnu korta}. Kokius dar ivykius b utinai turime itraukti i nagrinejamu ivykiu sistem, kad pastaroji sudarytu algebr? Ar reikia itraukti ivyki {i²traukta vynu korta}? 6. Bandymas tas pats kaip ankstesniajame pavyzdyje kortos traukimas i² kalades. Norime, kad i nagrinejamu ivykiu sistem b utinai ieitu ivykiai A = {i²traukta b ugnu korta}, B = {i²traukta vynu korta}. Kokius dar ivykius b utinai turime itraukti i ivykiu sistem, kad ji b utu ivykiu algebra? 7. Bandymas vel traukiame kort. Ta iau ²ikart mus domina tokie ivykiai: A = {i²traukta b ugnu korta}, C = {i²trauktas t uzas}. 60

61 Pasinaudokite ivykiu veiksmais ir i²reik²kite ivyki {i²trauktas t uzas, bet ne b ugnu}. 8. Tegu A, B su tuo pa iu bandymu susij ivykiai. Pasinaudokite veiksmu su ivykiais savybemis ir isitikinkite, kad A (B A) yra b utinasis ivykis. Atsakymai 1. C. 2. B. 3. B. 4. Ant abieju kauliuku atvirto tas pats aku iu skai ius. 5. A,, Ω. Ne. 6., Ω, A, B, A B, A B. 7. A C Tikimybine erdve Jei reikia atlikti darb b utina darbo vieta ir irankiai. Noredami tyrineti atsitiktinumu valdom rei²kini irgi turime susikurti darbo viet tam rei²kiniui tinkan i tikimybin erdv. Isivaizduokime tris bandymus. Pirmasis: metame monet, pavyzdºiui, 5 kartus ir ra²ome rezultatu eilut (S jei atvirto skai ius, H jei herbas). Antrasis: metome monet, kol pagaliau atvirsta herbas. Tre iasis: i² intervalo I = [0; 1] atsitiktinai parenkame skai iu. iu bandymu baig iu aibes tokios: Ω 1 = = {SSSSS, HSSSS,..., HHHHH}, Ω 2 = = {H, SH, SSH, SSSH,..., SSS...}, Ω 3 = [0; 1]. Visas pirmojo baigtis galime sunumeruoti, prireiks tik Ω = 2 5 = 32 skai iu. Antrojo bandymo baigtis irgi galime sunumeruoti. Begalinei sekai galime priskirti nuli, o kitas baigtis numeruoti nat uraliaisiais skai iais. Tada kiekviena baigtis tures savo numeri. O ²tai tre iojo bandymo baig iu neimanoma sunumeruoti. Tuo ²is bandymas i² esmes skiriasi nuo dvieju pirmuju. 3 apibreºimas. Jeigu aibes elementus galime sunumeruoti, j vadinsime diskre i ja. Apibreºus bandymo baig iu aib reikia nuspr sti, koki su bandymu susijusiu ivykiu ²eim nagrinesime. Jau ºinome, kad visais atvejais reikia laikytis tos pa ios taisykles ivykiu ²eima turi sudaryti σ-algebr. Kai bandymo baig iu aibe diskreti (kaip pirmuju dvieju bandymu atveju), galime imti visus galimus ivykius ir nesukti sau galvos. Ta iau gerokai gali tekti pagalvoti kaip apibreºti ivykiu tikimybes. Konkretus apibreºimas priklauso 61

62 nuo paties bandymo ir nuo baig iu aibes r u²ies. Pavyzdºiui, apibreºimai, tinkantys, kai baig iu aibe diskreti, bus visai nepritaikomi atvejams, kai baig iu sunumeruoti negalima. Jeigu paliktume visi²k apibreºimu pasirinkimo laisv, galetume susilaukti tikros painiavos. Tikimybemis gali b uti pavadinti visi²kai skirtingas ivykiu savybes atspindintys dydºiai! Kad taip neatsitiktu, reikia ²iek tiek apriboti apibreºimu laisv, t. y. b utina nustatyti kokias bendras savybes privalo tureti ivairiai apibreºtos ivykiu tikimybes. Tos savybes labai paprastos, galima sakyti, nusiºi uretos i² geometriniu plotu matavimo teorijos. Prie² formuluojant ²ias savybes susitarkime del vieno pavadinimo, kuri daºnai naudosime, 4 apibreºimas. Jeigu ivykiai A, B neturi nei vienos abiems palankios baigties, t. y. negali kartu ivykti, tai juos vadinsime nesutaikomais. Jeigu jokie du sistemos A 1, A 2,... ivykiai negali ivykti kartu, tai sakysime, kad jie sudaro nesutaikomu ivykiu sistem. Tikimybes apibreºimas 5 apibreºimas. Ivykiu tikimybe vadinsime taisykl, kiekvienam σ-algebros A ivykiui A priskirian i intervalo [0; 1] skai iu P (A) ir tenkinan i ²ias s lygas: 1. P (Ω) = 1; 2. jei A 1, A 2,... sudaro nesutaikomu ivykiu sistem, tai ( ) P A i = P (A i ). i i ƒia i A i ºymime visu ivykiu s jung, o i P (A i) rei²kia visu ivykiu tikimybiu sum. Skai iu P (A) vadinsime ivykio A tikimybe. Ω A 2 A 3 A 4 A 1 62

63 Nesutaikomus ivykius A i, A i A j =, i j, breºinyje galime pavaizduoti nesikertan iomis sritimis. Taigi b utinojo ivykio tikimybe visada lygi vienetui. O kaipgi negalimojo? Imkime du negalimuosius ivykius, jie neturi nei vienos bendros palankios baigties (nes neturi palankiu baig iu i² viso!). Taigi abu juos galime pavadinti nesutaikomais. Jeigu sujungsime gausime t pati negalim ivyki. Taigi =, P ( ) = P ( ) + P ( ) = P ( ), P ( ) = 0. Jeigu su bandymu susiejote jo baig iu aib, parinkote ivykiu σ-algebr ir apibreºete tikimyb, vadinasi, sukonstravote matematini modeli savo bandymui nagrineti. Tikimybine erdve Tikimybine erdve vadinsime trejet, kuri sudaro: bandymo baig iu aibe Ω, su bandymu susijusiu ivykiu σ-algebra A ir taisykle, priskirianti ivykiams skai ius ju tikimybes. Du b udus apibreºti tikimyb jau ºinome. Jeigu bandymo baig iu aibe yra baigtine ir visos jos vienodai galimos, tai ivykio A tikimyb galime apibreºti naudodamiesi klasikiniu apibreºimu: P (A) = A Ω. Jeigu baigtys vaizduojamos geometrines srities ta²kais, ir visos jos lygiavertes galime taikyti geometrini tikimybes apibreºim : P (A) = geometrinis A matas geometrinis Ω matas. Panagrinekime pavyzdi, kuriam netinka nei vienas i² ²iu apibreºimu. 11 pavyzdys. Kitoks lo²imo kauliukas Tarkime, ant lo²imo kauliuko sieneliu, kaip parodyta breºinyje, sura²yti skai iai 1, 2, 3,

64 Met kauliuk pamatysime, koks skai ius atvirto. Taigi bandymo baig iu aibeje yra keturios baigtys: Ω = {ω 1, ω 2, ω 3, ω 4 }, ia ω i kaip visada ºymi baigti, kad atvirto i aku iu. Kiekvienam akivaizdu, kad baigtys nera vienodai galimos, taigi klasikinio apibreºimo taikyti negalime. Ta iau taip pat akivaizdu, kaip apibreºti bandymo baig iu tikimybes: P (ω 1 ) = 2 6, P (ω 2) = 1 6, P (ω 3) = 2 6, P (ω 4) = 1 6. Kam lygi ivykio A = {atvirto nelyginis skai ius} = {ω 1, ω 3 } tikimybe? Tikriausiai kiekvienas sutiks, kad ²i tikimyb reikia skai iuoti taip: P (A) = P (ω 1 ) + P (ω 3 ) = = 4 6. is paprastas pavyzdys rodo, kaip reikia apibreºti tikimyb tuo atveju, kai bandymo baig iu aibe yra diskreti. Diskre iosios tikimybines erdves sudarymas Jeigu bandymo baig iu aibe Ω yra diskreti, t. y. Ω = {ω 1, ω 2,...}, tai ivykiu algebr A galime sudaryti i² visu poaibiu A Ω. Po to reikia apibreºti baig iu tikimybes P (ω 1 ) = p 1, P (ω 2 ) = p 2,... (0 < p i < 1), p 1 + p = 1. Bet kokio kito ivykio A Ω tikimyb apibreºiame sumuodami ²iam ivykiui palankiu baig iu tikimybes P (A) = ω A P (ω). Nesudetinga isitikinti, kad toks tikimybes apibreºimas tenkina visas apibreºimo s lygas. Sudaryti diskre iosios tikimybines erdves baig iu aib daºniausiai b una nesudetinga. Kitas reikalas apibreºti ju tikimybes. Kartais tai galime padaryti, pasinaudojant bandymo aplinkybemis, kaip tai dareme pavyzdyje. Ta iau tikroveje bandymai ºymiai sudetingesni. Kaip apibreºti baig iu tikimybes tokiais atvejais? 12 pavyzdys. Augalo ºiedai 64

65 Pasodinome augal ir laukiame, kol jis sukraus ºiedus. Taigi bandymas augalo augimas. Sudareme toki baig iu aib : ω 0 = {augalas nepraºys}, ω 1 = {augalas praºys vienu ºiedu}, ω 2 = {augalas praºys dviem ºiedais}, ω 3 = {augalas praºys trimis ºiedais}, ω 4 = {augalas praºys ne maºiau kaip keturiais ºiedais}. Ta iau kas i² to? iu baig iu tikimybiu neºinome. Kaip suºinoti? B udas tera vienas pasodinti dideli skai iu n augalu (atlikti daug nepriklausomu bandymu) ir kai jie praºys (bandymai pasibaigs), suskai iuoti, kiek kartu ivyko baigtys ω 0,..., ω 4. Jeigu ²iu baig iu pasitaikymo skai iai yra atitinkamai n 0, n 1, n 2, n 3, n 4, tai galime apibreºti P (ω i ) = n i, i = 0, 1, 2, 3, 4. n Ar tokiu b udu nustatysime tikras baig iu tikimybiu reik²mes? šinoma, kad ne. Ta iau juk ir tikroveje, kad ir k matuotume, gausime tik apytiksles dydºiu reik²mes. šinoma, nustatant tikimybes tokiu b udu, prireiks ir darbo, ir laiko. O gal kas nors jau anks iau vykde tokius bandymus? Nueikime i bibliotek ir pavartykime botanikos knygas... Uºdaviniai 1. Urnoje yra 5 balti, 4 juodi ir 3 raudoni rutuliai. Bandymas i²kart dvieju rutuliu traukimas. Tada baigtis spalvu derinys, pavyzdºiui, {abi spalvos baltos}, {balta ir juoda}. Kiek baig iu yra bandymo baig iu aibeje? Kaip reiktu apibreºti baigties ω = {abi spalvos raudonos} tikimyb? 2. Bandymas dvieju kauliuku metimas. Stebima baigtis atvirtusiu aku iu suma. Apibreºkite baig iu tikimybes. 3. Bandymas dalyvavimas loterijoje. Galimos trys baigtys: nelaimeta nieko, laimetas naujas loterijos bilietas, laimetas prizas. Antroji baigtis pasitaiko dvigubai re iau negu pirmoji, o tre ioji trigubai re iau negu antroji. Suraskite baig iu tikimybes. Kokia tikimybe k nors laimeti tokioje loterijoje? 4. Bandymas kelione i² ta²ko O ºemyn, kryºkelese atsitiktinai renkantis 65

66 kryptis. O A B C D Bandymo baig iu aibe Ω = {ω A, ω B, ω C, ω D }, ia ω X rei²kia baigti, kad keleivis atvyko i ta²k X. Apibreºkite baig iu tikimybes. 5. Kaireje ir de²ineje gatves puseje po kavin. e²i sve iai renkasi kavin atsitiktinai. Bandymo baigtis sve iu, pasirinkusiu de²ines puses kavin, skai ius. Apibreºkite bandymo baig iu tikimybes. Kokia tikimybe, kad de²ines puses kavin pasirinks daugiau sve iu negu kairi j? Kokia b utu ²io ivykio tikimybe, jeigu b utu ne ²e²i, bet septyni sve iai? Atsakymai 1. I² viso yra 6 baigtys; P ({abi spalvos raudonos}) = C3 2/C2 12 = 1/ Paºymekime ω j baigti, kad aku iu suma lygi j, j = 2, 3,..., 12. Tada P (ω 2 ) = P (ω 12 ) = 1/36, P (ω 3 ) = P (ω 11 ) = 2/36 ir t. t. Pagalvojus galima isitikinti, kad P (ω i ) = P (ω 14 i, i = 2,..., Baig iu tikimybes lygios 6/10; 3/10; 1/10. Tikimybe laimeti lygi 4/ P (ω A ) = 1/7; P (ω B ) = 3/7; P (ω C ) = 2/7; P (ω D ) = 1/7. 5. Paºymekime ω i baigti, kad i de²ines gatves puses kavin atejo i sve iu, i = 0, 1,..., 6. Tada P (ω i ) = C6 i/26. Tikimybe, kad de²ines puses kavin pasirinks daugiau sve iu lygi 11/32. Jeigu sve iu b utu 7, ²i tikimybe b utu lygi 1/2. 66

67 1.19. Tikimybiu savybes Daugelio tikimybiu teorijos uºdaviniu esme tokia: ºinodami vienu ivykiu tikimybes, apskai iuokite kitu. Tokius uºdavinius sprendºiame naudodamiesi tikimybiu savybemis. Norime igyti ºiniu apie atsitiktinius ivykius? Vadinasi, reikalinga tikimybine erdve. Ar visada b utina j konstruoti? Juk ne visos jos savybes yra mums r upimam uºdaviniui svarbios. I² tikruju, daºnai galime manyti, kad tikimybine erdve jau sukurta, o mums reikia naudojantis ºinomomis keliu ivykiu tikimybemis surasti neºinomas kitu ivykiu tikimybes. Pavyzdºiui, gali b uti ºinoma, jog velyvo rudens dien lietaus tikimybe lygi 2, sniego 1, o ir lietaus, ir sniego 1. Kokia tikimybe, kad t dien apskritai bus krituliu? Atsakym galime gauti naudodamiesi ivykiu tikimybiu savybemis. Tad kokios gi jos yra? 6 teorema. Jeigu A, B yra atsitiktiniai ivykiai, A B, tai P (A) P (B). Irodymas. is teiginys tvirtina: jeigu visos ivykio A baigtys yra palankios ivykiui B, tai ivykio B tikimybe ne maºesne uº ivykio A tikimyb. Kad tai tiesa, vargu ar kas suabejos. Vis delto, irodykime j naudodamiesi tikimybiu savybemis. I² breºinio matyti, kad B = A (A B). Kadangi ivykiai A ir A B yra nesutaikomi, tai P (B) = P (A (A B)) = P (A) + P (A B) P (A), nes atmetus vien neneigiam demeni suma nepadideja. A B A B 67

68 7 teorema. Bet kokiam atsitiktiniam ivykiui A teisinga lygybe P (A) = 1 P (A). ia savybe daºnai praver ia sprendºiant uºdavinius: jeigu ivykis A yra sudetingas, verta panagrineti jam prie²ing. Kartais prie²ingojo ivykio strukt ura b una gerokai paprastesne. Irodymas. Ivykiai A ir A yra nesutaikomi, o ju s junga b utinasis ivykis. A A Taigi P (A) + P (A) = P (Ω), P (A) + P (A) = 1. 8 teorema. Bet kokiems ivykiams A, B teisinga lygybe Irodymas. P (A B) = P (A) P (A B). (4) A B A B B Kadangi ivykiai A B ir A B yra nesutaikomi, o ju s junga lygi A, tai P (A) = P (A B) + P (A B). I² ²ios lygybes i²plaukia teoremos tvirtinimas (4). 68

69 Ivykis A B rei²kia, kad A ivyko, o ivykis B ne. Savo ruoºtu, B A rei²kia, kad ivyko B, bet neivyko A. Tada ju s junga rei²kia ivyki, kad i² dvieju ivykiu A, B ivyko tik vienas. Taigi P (ivyko tik vienas i² ivykiu A, B) = P (A B) + P (B A). Pasinaudoj (4) gauname: jei C = {ivyko tik vienas i² ivykiu A, B}, tai P (C) = P (A) P (A B) + P (B) P (B A) = P (A) + P (B) 2 P (A B). Neretai tenka skai iuoti tikimyb, kad i² keliu ivykiu ivyko bent vienas. Ivykiu s jungos tikimybe 9 teorema. Bet kokiems ivykiams A, B teisinga lygybe P (A B) = P (A) + P (B) P (A B). Irodymas. I² breºinio, kuri naudojome ankstesnes teoremos irodymui, matyti, kad ivykiai B, A B yra nesutaikomi, o ju s junga lygi A B. Taigi P (A B) = P (B) + P (A B) = P (A) + P (B) P (A B), ia tikimybei P (A B) reik²ti pasinaudojome (4). O kaip skai iuoti ivykiu s jungos tikimyb, kai tu ivykiu yra daugiau negu du? Tarkime, i² viso yra n ivykiu A 1, A 2,..., A n. Paºymekime visu tikimybiu sum S 1 = P (A 1 ) + P (A 2 ) P (A n ), o taip pat ivykiu poru sankirtu tikimybiu, ivykiu trejetu sankirtu tikimybiu ir t. t. sumas: S 2 = P (A i1 A i2 ), S 3 = P (A i1 A i2 A i3 ),..., S m = 1 i 1 <i 2 n 1<i 1 <...<i m n 1 i 1 <i 2 <i 3 n P (A i1... A im ),..., S n = P (A 1... A n ). Sumoje S 2 yra C 2 n = n(n 1)/2 nariu, sumoje S 3 demenu yra C 3 n = n(n 1)(n 2)/6 ir t.t. Dydºiais S i galime i²reik²ti ivykiu A 1, A 2,..., A n s jungos tikimyb. 10 teorema. Bet kokiems ivykiams A 1, A 2,..., A n teisinga lygybe P (A 1 A 2... A n ) = S 1 S 2 + S ( 1) n+1 S n. 69

70 Ivykis A B rei²kia, kad ivyko bent vienas i² ivykiu A, B. io ivykio tikimyb galime i²reik²ti ir kitaip. Pasinaudoj s jungos prie²ingojo ivykio i²rai²ka gauname: A B = A B, P (A B) = 1 P (A B) = 1 P (A B). Analogi²ka lygybe teisinga ir su didesniu ivykiu skai iumi. ivykiams A 1, A 2,..., A n teisinga lygybe Bet kokiems P (A 1 A 2... A n ) = 1 P (A 1 A 2... A n ). 13 pavyzdys. Lietus ir sniegas Griºkime prie skyrelio pradºioje minetu ivykiu. šinomos ivykiu tikimybes: P (A) = P (rudens dien lis) = 2 3, P (B) = P (rudens dien snigs) = 1 4, P (A B) = P (rudens dien lis ir snigs) = 1 5. Kokia tikimybe, kad rudens dien bus krituliu? Kad bus tik vienos r u²ies krituliu? Naudodamiesi tikimybiu savybemis galime apskai iuoti: P (bus krituliu) = P (A B) = P (A) + P (B) P (A B) = = 43 60, P (bus vienos r u²ies krituliu) = P (A) + P (B) 2P (A B) = = pavyzdys. Ner upestingas lai²kininkas Lai²kininko krep²yje n skirtingiems gavejams adresuotu lai²ku. Lai²kininkas nusprende perdaug nesivarginti skaitydamas, kas uºra²yta ant voku. Lai²kus i deºutes jis ketina sumetyti visi²kai atsitiktinai. Kokia tikimybe, kad bent vienas ºmogus gaus jam skirt lai²k? Isivaizduokime, kad gaveju pa²to deºutes yra vienoje eileje ir suºymetos skai iais nuo 1 iki n. Lai²kai irgi suºymeti tais pa iais numeriais. Lai²kininkas eina paeiliui pro deºutes ir atsitiktinai i²trauk s i² savo krep²io lai²kus meto juos i deºutes. Paºymekime A i ivyki, kad i-asis gavejas gaus jam skirt lai²k. 70

71 Tai ivyks tuo atveju, kai i-uoju lai²kininkas i²trauks lai²k, kurio numeris irgi i. Kiek pagalvoj turb ut sutiksite, kad P (A i ) = 1/n. Taigi S 1 = P (A 1 ) + P (A 2 ) P (A n ) = n 1 n = 1. Apskai iuokime tikimyb, kad i i 1 ir i 2 deºutes lai²kai bus imesti teisingai, t. y. kad ivyks ivykis A i1 A i2. B udu atsitiktinai i²traukti du lai²kus yra n(n 1), o tinkamas tik vienas, taigi P (A i1 A i1 ) = 1/(n(n 1)) ir S 2 = P (A i1 A i2 ) = Cn 2 1 n(n 1) = 1 2!. 1 i 1 <i 2 n Analogi²kai gauname, kad S m = 1/m!, kai m = 1, 2,..., n. Dabar jau galime skai iuoti tikimyb, kad bent vienas gavejas gaus jam skirt lai²k : P (A 1 A 2... A n ) = S 1 S 2 + S ( 1) n+1 S n = 1 1 2! + 1 3!... + ( 1)n+1 1 n!. Palygin gaut j sum su eksponentes funkcijos eilute e x = 1 + x + x2 2! + x3 3! +..., jei x = 1, galime padaryti i²vad : kai lai²ku skai ius n yra didelis, tikimybe, kad bent vienas gavejas gaus jam skirt lai²k 1 e 1 0, 632. tai dar viena tikimybiu savybe, kuri tikriausiai nieko nenustebins. 11 teorema. Jeigu atsitiktiniai ivykiai A i sudaro didejan i grandin A 1 A 2 A 3..., A = n A n, tai P (A n ) P (A), kai n. Irodymas. Apibreºkime ivykius B i. Tegu B 1 = A 1, ir B 2 = A 2 A 1, B n = A n A n 1, n > 1. Panagrinekime breºini. A 1 A 2 A 3 A B 3 B 2 B 1 71

72 Ivyki B 2 = A 2 A 1 jame vaizduoja ºiedas, sudarytas i² baig iu, kurios yra palankios A 2, bet nepalankios ivykiui A 1. Savo ruoºtu B 3 = A 3 A 2 sudaro palankios ivykiui A 3, bet ne A 2 baigtys. Ivykiai B 1, B 2,... yra nesutaikomi, o visu ju s junga lygi A. Taigi A = B i, P (A) = i=1 P (B i ). i=1 Kadangi eilute i² teigiamu skai iu P (B i ) konverguoja (jos suma lygi P (A)), tai n T n = P (B i ) P (A), n. i=1 Ta iau T n lygi ivykio A n tikimybei. I² tikruju i² breºinio matyti, kad n A n = B i, P (A n ) = i=1 n P (B i ). i=1 Taigi P (A n ) P (A), kai n. Irodytoji savybe vadinama tikimybes tolydumo savybe. Pana²i savyb galime irodyti ir maºejan ioms ivykiu grandinems: jei A 1 A 2..., A = A i, tai P (A n ) P (A), n. Uºdaviniai 1. šinomos dvieju ivykiu tikimybes: P (A) = 4/5 ir P (B) = 7/10. Be to ºinoma, kad A B visada ivyksta, t. y. yra b utinasis ivykis. Kokia tikimybe, kad abu ivykiai ivyks kartu? 2. šinomos ivykiu tikimybes: P (A) = 1/3, P (B) = 1/2, P (A B) = 3/4. Apskai iuokite tikimybes P (A B), P (A B), P (A B), P (A B), P (A B). 3. šinome, kad P (A) = 3/4, P (B) = 1/3. Be to ºinome, kad jei ivyksta B, tai ivyksta ir A. Kokia tikimybe, kad A ivyks, o B ne? 72

73 4. Breºinyje pavaizduoti ivykiai A, B, C. ie ivykiai negali ivykti kartu. B C A Pasinaudokite breºiniu ir uºra²ykite tikimybes P (A B C) formul, pana²i i dvieju ivykiu s jungos formul. 5. Ivykiai A, B, C. Visi kartu jie negali ivykti. Pasinaudokite breºiniu ir uºra²ykite ivykio D = {i² triju ivykiu A, B, C ivyko tik vienas} tikimyb. 6. Paºymekime ivykius A = {moksleivio matematikos paºymiai geri}, B = {moksleivio uºsienio kalbu paºymiai geri}. Perºi urejus duomenis buvo nustatyta, kad ivykiai A B, A B, A B, A B ivyko atitinkamai 30%, 35%, 25%, 10% atveju. Raskite tikimybes P (A), P (B), P (A B), P (A B), P (A B), P (A B). Atsakymai 1. 1/ /12; 11/12; 1/4; 5/12; 1/ / P (A B C) = P (A)+P (B)+P (C) P (A B) P (A C) P (B C). 5. P (ivyko tik vienas i² ivykiu A, B, C) = P (A) + P (B) + P (C) 2P (A B) 2P (A C) 2P (B C) /100; 55/100; 90/100; 65/100; 75/100; 70/

74 1.20. S lygines tikimybes Neretai sakome: tai galima padaryti su s lyga... Ir tikimybes kartais lengviau apskai iuoti su s lyga... Ta iau svarbu skirti, kas teisinga su s lyga ir kas be jos. Isivaizduokite, kad jums ir dar dviems draugams reikia traukti burtus. I urn idedami trys rutuliai: juodas, melynas ir baltas. Kiekvienas dalyvis trauks po vien rutuli. Laimes tas, kuriam atiteks baltas rutulys. Jums, ºinoma, r upi laimeti. Jeigu trauksite pirmasis, tai tikimybe laimeti lygi 1. O 3 gal ver iau traukti antruoju ar tre iuoju? iuo klausimu nuomones kartais i²siskiria. Taigi bandymas triju rutuliu traukimas i² urnos. Mums r upi ivykiu A i = {i-asis i²trauktas rutulys baltas} (i = 1, 2, 3) tikimybes. Akivaizdu, kad P (A 1 ) = 1. Kad kitu ivykiu tikimybes yra tos pa ios, tikriausiai irgi 3 ai²ku. Vis delto dar patyrinekime. Bandymas triju rutuliu traukimas. Jeigu juos paºymesime spalvu raidemis J, M, B, tai bandymo baigtis galesime uºra²yti ²iu raidºiu sekomis: Ω = {JMB, JBM, BJM, BMJ, MBJ, MJB}. Akivaizdu, kad kiekvienas ivykis A i turi po dvi palankias baigtis, todel P (A 1 ) = P (A 2 ) = P (A 3 ) = 2 6 = 1 3. Taigi neverta gai²ti laiko gin ijantis, kuriam pirmam traukti! O dabar kiek pakeiskime burtu traukimo aplinkybes. Tegu urnoje yra n = 5 juodi ir m = 4 balti rutuliai. Vel vienas po kito traukiami trys rutuliai. Kam dabar lygios ivykiu A i = {i-asis i²trauktas rutulys baltas}, (i = 1, 2, 3) tikimybes? Ir ²iuo atveju kiekvienas pasakys, kad P (A 1 ) = 4. O kam lygios 9 kitu ivykiu tikimybes? Galime isivaizduoti, kad juodieji rutuliai sunumeruoti skai iais 1, 2, 3, 4, 5, o baltieji 6, 7, 8, 9. Tada bandymo baigtis yra triju skirtingu skai iu gretinys: ω = i 1, i 2, i 3, i j {1, 2,..., 8, 9}. Taigi Ω = A 3 9 = Tarkime, j us nusprendete traukti rutuli antruoju. Prie² traukiant skai iuojate palankias laimejimo, t. y. ivykio A 2 baigtis. Baigtis i 1, i 2, i 3 palanki ²iam ivykiui, jeigu i 2 {6, 7, 8, 9}. Galime jas visas i²ra²yti. Vidurinis skai ius gali igyti keturias reik²mes; jeigu ji jau ira²eme, pirm ji numeri galime parinkti i² 8 skai iu aibes; kai pirmieji du numeriai jau uºra²yti, tre i ji galima uºra²yti 7 b udais. Taigi A 2 = 4 8 7, P (A 2 ) = =

75 Analogi²kai samprotaudami gautume, kad P (A 3 ) = 4. Todel ir ²iuo atveju 9 del pirmumo teises gin ytis neverta. O dabar tarkime, kad nusprendete traukti rutuli antruoju ir bandymas prasidejo. Jeigu pirmasis i²trauktas rutulys buvo baltas, j us jau kitaip vertinsite savo galimybes laimeti. Tokiu atveju tikimybe, kad i²trauksite balt rutuli, lygi 3. 8 Kuo skiriasi ²ie to paties ivykio A 2 tikimybes skai iavimai? Informacija apie bandym, kuria pasinaudojome. Pirmoji tikimybe gauta prie² bandym, taigi neturint jokiu ºiniu apie jo eig. Antroji pasinaudojant ºiniomis, kurias suteike su bandymu susij s ivykis A 1. Siekdami pabreºti ²i skirtum pirm j tikimyb vadinsime bes lygine, o antr j s lygine tikimybe su s lyga, kad ivyko ivykis A 1. Tikimybes ºymesime taip: P (A 2 ) = 4 9, P (A 2 A 1 ) = 3 8. Bes lygin tikimyb P (A 2 ) skai iavome naudodamiesi bandymo baigtimis skai iu trejetais ω = i 1, i 2, i 3. Jomis galime pasinaudoti ir skai iuodami s lygin tikimyb P (A 2 A 1 ). I² tiesu, suºinoj, kad ivyko ivykis A 1 mes suºinome, kad bandymas gali pasibaigti tik tomis baigtimis, kurios palankios ivykiui A 1. I² ju ivykiui A 2 palankiu baig iu yra tiek, kiek yra palankiu ivykiui A 1 A 2 baig iu. Taigi gauname toki s lygines tikimybes i²rai²k P (A 2 A 1 ) = A 1 A 2 A 1 = A 1 A 2 / Ω A 1 / Ω = P (A 1 A 2 ). P (A 1 ) Gaut ja lygybe patogu pasinaudoti apibreºiant s lygines tikimybes s vok bendruoju atveju. S lygine tikimybe 6 apibreºimas. Tegu A, B su tuo pa iu bandymu susij atsitiktiniai ivykiai, P (B) > 0. Ivykio A s lygine tikimybe su s lyga, kad ivyko ivykis B, vadinsime skai iu P (A B) = P (A B). (5) P (B) Pagrindiniai teiginiai apie bes lygines tikimybes teisingi ir s lyginems tikimybems. 12 teorema. Tegu A, B, C yra atsitiktiniai ivykiai, P (C) > 0. Tada 1. P (Ω C) = 1, P ( C) = 1; 2. P (A C) = 1 P (A C); 75

76 3. jei A, B yra nesutaikomi ivykiai, tai P (A B C) = P (A C) + P (B C). Nagrinedami burtu traukimo pavyzdi, s lygin tikimyb suradome labai lengvai. Tiesiog pasinaudojome ºiniomis apie bandymo eig. Taigi kartais s lygin tikimyb nesunku surasti ir nesinaudojant apibreºimu. Tada apibreºimo lygybe galime pasinaudoti kitam tikslui ivykiu sankirtos tikimybei surasti. I² tiesu, padaugin lygyb (5) i² P (B) gausime P (A B) = P (B)P (A B). (6) 15 pavyzdys. Urnoje yra n = 5 juodi ir m = 4 balti rutuliai. Vienas po kito traukiami du rutuliai. Kokia tikimybe, kad abu i²trauktieji rutuliai bus balti? Kad bent vienas rutulys bus baltas? Paºymekime A i (i = 1, 2) ivyki, kad i-asis rutulys bus baltas. Reikia apskai iuoti tikimybes P (A 1 A 2 ), P (A 1 A 2 ). Pritaik (6) su B = A 1, A = A 2 gausime P (A 1 A 2 ) = P (A 1 )P (A 2 A 1 ), P (A 1 A 2 ) = = 1 6. Tikimyb P (A 1 A 2 ) suskai iuosime dviem b udais: P (A 1 A 2 ) = P (A 1 ) + P (A 2 ) P (A 1 A 2 ) = = 13 18, P (A 1 A 2 ) = 1 P (A 1 A 2 ) = 1 P (A 1 A 2 ) = 1 P (A 1 )P (A 2 A 1 ) = = iame pavyzdyje tikimybes P (A 1 A 2 ), P (A 1 A 2 ) nesudetinga suskai iuoti ir tiesiogiai. Panagrinekime sudetingesni bandym. 16 pavyzdys. Urnoje yra n = 5 juodi ir m = 4 balti rutuliai. Vienas po kito traukiami du rutuliai. I²traukus rutuli, i urn idedami trys tos pa ios spalvos rutuliai. Kokia tikimybe, kad abu rutuliai bus balti? Kad bent vienas rutulys bus baltas? Reikia rasti tu pa iu ivykiu tikimybes. Skai iavimui tinka tos pa ios formules: P (A 1 A 2 ) = P (A 1 )P (A 2 A 1 ) = = 8 33, P (A 1 A 2 ) = 1 P (A 1 A 2 ) = 1 P (A 1 )P (A 2 A 1 ) = = 6 11.

77 Ivykiu sankirtos tikimybes formul, kuri naudojome pavyzdºiuose, galima apibendrinti atvejui, kai ivykiu yra daugiau nei du. Tikimybiu sandaugos formule 13 teorema. Tegu A 1, A 2,..., A n yra bet kokie atsitiktiniai ivykiai, P (A 1 A 2... A n 1 ) > 0. Teisinga lygybe P (A 1... A n ) = P (A 1 )P (A 2 A 1 ) P (A n A 1... A n 1 ). (7) Formul (7) vadinsime tikimybiu sandaugos formule. Ankstesniame skyrelyje nustateme formul ivykiu s jungos tikimybei reik²ti: P (A 1... A n ) = 1 P (A 1 A 2... A n ). Pritaik tikimybiu sandaugos formul galime s jungos tikimyb i²reik²ti taip: P (A 1... A n ) = 1 P (A 1 )P (A 2 A 1 )... P (A n A 1... A n 1 ). 17 pavyzdys. Nagrinekime t pati rutuliu traukimo bandym kaip ankstesniame pavyzdyje, ta iau dabar vienas po kito traukiami trys rutuliai. Kokia tikimybe, kad visi trys bus balti? Kad bent vienas i² ju bus baltas? Naudodami tuos pa ius ºymejimus gausime P (A 1 A 2 A 3 ) = P (A 1 )P (A 2 A 1 )P (A 3 A 1 A 2 ), P (A 1 A 2 A 3 ) = 1 P (A 1 A 2 A 3 ) = 1 P (A 1 )P (A 2 A 1 )P (A 3 A 1 A 2 ). Tikimybiu P (A 1 ), P (A 2 A 1 ), P (A 1 ), P (A 2 A 1 ) reik²mes tos pa ios kaip ankstesniajame pavyzdyje. Apskai iuosime P (A 3 A 1 A 2 ). Kadangi pirmasis ir antrasis rutuliai buvo balti, tai prie² traukiant tre i ji urnoje buvo = 13 rutuliu, o baltu = 8. Taigi P (A 3 A 1 A 2 ) = 8 13, P (A 1 A 2 A 3 ) = 4 9 Analogi²kai gauname P (A 3 A 1 A 2 ) = 9 13, P (A 1 A 2 A 3 ) = = = pavyzdys. Nutrauktas lo²imas 77

78 Tarkime du lo²ejai i laimejimu bank idejo po 5 litus ir susitare lo²ti metydami simetri²k monet. Jeigu moneta atvirsta herbu (H), pirmasis gauna ta²k, jeigu skai iumi (S) ta²k gauna antrasis. Vis bank gauna tas, kas pirmasis surenka tris ta²kus. Paºymekime A 1 ivyki, kad pirmasis laimes ir A 2, kad laimes antrasis. Abieju galimybes laimeti vienodos, t. y. P (A 1 ) = P (A 2 ) = 1. Tarkime, pirmajame metime atvirto herbas, taigi pirmasis lo²ejas 2 pirmauja rezultatu 1 : 0. Jeigu del kokiu nors aplinkybiu reiktu nutraukti lo²im, kaip teisingai pasidalyti laimejimu bank, t. y. 10 litu? Tokio pob udºio uºdavinys paskatino tikimybiu teorijos raid. Pana²u uºdavini XVII amºiuje sprende du ²ios teorijos pradininkai B. Pascalis ir P. Fermat. Taigi kaip pasidalyti laimejimu sum? Paºymekime H 1:0 ivyki, kad po pirmojo monetos metimo rezultatas tapo 1 : 0. Jei suskai iuotume s lygines tikimybes P (A 1 H 1:0 ), P (A 2 H 1:0 ) pamatytume, kad pirmoji tikimybe didesne. B utu protinga padalyti laimejim proporcingai ²ioms tikimybes, t.y. santykiu P (A 1 H 1:0 ) : P (A 2 H 1:0 ). Ta iau kam gi lygios ²ios tikimybes? Jeigu lo²im t stume, jis baigtusi viena i² tokiu baig iu: HH, HSH, SHH, HSSH, SHSH, HSSH, HSSS, SHSS, SSHS, SSS. Pirmosios ²e²ios baigtys palankios ivykiui A 1, likusios keturios ivykiui A 2. Ta iau teigti, kad P (A 1 H 1:0 ) = 6, P (A 10 2 H 1:0 ) = 4 ir atiduoti pirmajam 10 ²e²is, o antrajam keturis litus, b utu neteisinga, nes baigtys nera vienodai galimos. io keblumo i²vengsime taip. Matome, kad lo²imui baigti reikia daugiausiai keturiu metimu. Nors laimetojas gali paai²keti jau po dvieju ar triju metimu, isivaizduokime, kad monet vistiek metame keturis kartus. Tada baig iu aibe bus Ω = {HHHH, HHHS, HHSH, HHSS, HSHS, HSHH, SHHH, SHHS, HSSH, SHSH, HSSH, HSSS, SHSS, SSHS, SSSH, SSSS}. Visos baigtys yra vienodai galimos, o pirmajam palankiu yra net 11. Taigi P (A 1 H 1:0 ) = 11 16, P (A 1 H 1:0 ) = 5 16 ir teisingai dalijant pirmajam reiktu duoti ne ²e²is, bet 6, 875 Lt. Uºdaviniai 1. Urnoje yra 5 balti rutuliai, paºymeti skai iais 12, 12, 13, 15, 18 ir penki juodi, suºymeti skai iais 7, 10, 12, 12, 14. Kokia tikimybe atsitiktinai traukiant i²traukti 78

79 rutuli, paºymet didesniu uº 11 skai iumi. Kokia tikimybe, kad skai ius ant rutulio bus didesnis uº 11, jeigu i²trauktas rutulys yra baltas? Jeigu juodas? 2. Keleivis keliauja i² ta²ko O ºemyn, kryºkelese atsitiktinai rinkdamasis kryptis: O A B C D Kokia tikimybe, kad jis pateks i ta²k B, jeigu ºinoma, kad ivyko ivykis: i² ta²ko O keleivis pajudejo i de²in? 3. Kokia tikimybe, kad trys atsitiktinai susitik ºmones yra gim skirtingais metu menesiais? Kokia tikimybe, kad jie yra gim skirtingais metu menesiais, jeigu ºinoma, kad du i² ju yra gim antroje metu puseje (lieposgruodºio menesiais), o vienas pirmoje? 4. Bandymas dvieju simetri²ku kauliuku metimas. Kokia tikimybe, kad ant bent vieno ju atvirs viena akute? Kokia tikimybe, kad ant bent vieno ju atvirto viena akute, jeigu ºinoma, kad aku iu suma yra didesne uº 3? 5. Tarkime, kad skyrelio pavyzdyje apra²yt lo²im teko nutraukti po dvieju metimu, kai rezultatas buvo 2 : 0 pirmojo naudai. Kokiu santykiu reiktu padalyti laimejimu bank? 6. Ivykiu A, B tikimybes vienodos ir nelygios nuliui: P (A) = P (B). Irodykite, kad P (A B) = P (B A). Atsakymai 1. 8/10; 1 ir 6/ / /72 ir 5/ /36 ir 8/ Padalyti reikia santykiu 7 : 1. 79

80 1.21. S lyginiu tikimybiu savybes Sudetingo uºdavinio skaidymas i kelet paprastesniu matematines veiklos kasdienybe. Ivykio tikimybes rei²kimo s lyginemis tikimybemis formule tokios veiklos irankis. Reikia atrakinti duris. Vienoje i² triju ki²eniu yra trys vienodi, uºraktui tinkantys raktai, kitoje vienas uºraktui netinkantis raktas, tre ioje du, taip pat netinkami raktai. Atsitiktinai pasirink ki²en, i²sitraukiame rakt ir bandome atrakinti duris. Kokia tikimybe, kad atrakinti pavyks pirmuoju bandymu? I² viso yra ²e²i raktai, trys i² ju tinka uºraktui. Galb ut tikimybe lygi 3 = 1? Be abejo, ne! Teisingas atsakymas 1! O dabar isivaizduokime, kad raktai i ki²enes sudeti kitaip. Vienoje ki²eneje yra geras raktas, kitoje vienas geras, o kitas netinkantis uºraktui raktas, tre ioje vienas tinkantis, du ne. Kokia dabar tikimybe atrakinti duris pirmuoju bandymu? Sakysite, tai priklauso nuo to, kuri ki²en pasirinksime. I² tikruju, jei paºymesime H 1 = {pasirinkta pirmoji ki²ene}, H 2 = {pasirinkta antroji ki²ene}, H 3 = {pasirinkta tre ioji ki²ene}, A = {durys atrakintos pirmuoju bandymu}, tai gausime P (A H 1 ) = 1, P (A H 2 ) = 1 2, P (A H 3) = 1 3. Ta iau kokia mums nauda i² tu triju skai iu? Juk mums reikia vieno! Dar ²iek tiek panagrinekime ²i paprast bandym. Be mums r upimo ivykio A apibreºeme dar tris: H 1, H 2, H 3. Jie yra nesutaikomi, be to vienas i² ju b utinai ivyksta. Ω H 1 H 2 H 3 A H 1 A H 2 A H 3 80

81 Taigi Todel galime uºra²yti lygyb : Ω = H 1 H 2 H 3. A = A Ω = (A H 1 ) (A H 2 ) (A H 3 ), P (A) = P (A H 1 ) + P (A H 2 ) + P (A H 3 ). Tikimybems P (A H i ) skai iuoti galime taikyti tikimybiu sandaugos formul. Tada P (A H i ) = P (H i )P (A H i ), P (A) = P (H 1 )P (A H 1 ) + P (H 2 )P (A H 2 ) + P (H 3 )P (A H 3 ). Galu gale pasinaudoj tuo, kad P (H 1 ) = P (H 2 ) = P (H 3 ) = 1, gauname 3 atsakym : P (A) = = Ivykio A tikimyb apskai iavome dalimis: radome tikimybes P (A H 1 ), P (A H 2 ), P (A H 3 ) ir jas sudejome. Toks metodas yra labai daºnai taikomas. Pilnosios tikimybes formule 14 teorema. Jeigu atsitiktiniai ivykiai H 1, H 2,... yra nesutaikomi, ju tikimybes yra teigiamos ir Ω = H 1 H 2..., tai bet kokiam kitam ivykiui A teisinga lygybe P (A) = P (H 1 )P (A H 1 ) + P (H 2 )P (A H 2 ) +... (8) Formule (8) vadinama pilnosios tikimybes formule ji ivykio tikimyb surenka i² daliu. Ivykiai H i daºnai vadinami hipotezemis atlikus bandym, vienas, ir tik vienas i² ju b utinai ivyksta. Hipoteziu skai ius gali b uti netgi begalinis. Irodymas. Pilnosios tikimybes formul (8) gauname lygiai taip pat kaip skyrelio pradºioje nagrinetame pavyzdyje i² lygybiu: P (A) = P (A H 1 ) + P (A H 2 ) + P (A H 3 ) +..., P (A H i ) = P (H i )P (A H i ), i = 1, 2, pavyzdys. Egzaminas Egzamino biliet sudaro keturi klausimai ir keturi atsakymai. Reikia sudaryti klausimu ir teisingu atsakymu i juos poras. I² viso yra 25 bilietai. Studentas pasirenge egzaminui taip: i²moko teisingai atsakyti i pirmuju 81

82 dvieju bilietu tris klausimus, suºinojo teisingus atsakymus i pirmuosius du 3-5 bilietu klausimus, surado po vien teising atsakym i 6-19 bilietu klausimus, o kaip atsakyti i likusiu bilietu klausimus, nesuºinojo. Egzaminui i²laikyti b utina teisingai sudaryti visas keturias klausimu-atsakymu poras. Kokia tikimybe, kad studentui pavyks i²laikyti egzamin? Paºymekime A ivyki, kad egzaminas bus i²laikytas. Egzamino bilietai sudaro keturias grupes. Paºymekime H 1 ivyki, kad studentui teks pirmas arba antras bilietas, atitinkamai H 2, H 3, H 4, kad teks grupiu 3-5, 6-19, bilietai. Tada P (H 1 ) = 2 25, P (H 2) = 3 25, P (H 3) = 14 25, P (H 4) = 6 25, P (A) = P (H 1 )P (A H 1 ) + P (H 2 )P (A H 2 ) + P (H 3 )P (A H 3 ) + P (H 4 )P (A H 4 ). Apskai iuokime s lygines tikimybes. Jeigu ivyko ivykis H 1, t. y. studentas gavo biliet su trimis klausimais, i kuriuos jis moka atsakyti teisingai, tai jis teisingai sudarys visas keturias poras, taigi P (A H 1 ) = 1. Jeigu ivyko ivykis H 2, tai studentas teisingai sudarys dvi klausimu-atsakymu poras, o kitas poras sudarys atsitiktinai. Yra dvi galimybes suporuoti du klausimus ir du atsakymus, taigi P (A H 2 ) = 1 2. Analogi²kai gauname P (A H 3) = 1 6, P (A H 4) = Taigi P (A) = = Tarkime, kad studentui i² m usu pavyzdºio pavyko jis i²laike egzamin. Idomu, ar ºinios padejo, ar sekme? Kitaip tariant, kuris i² ivykiu H 1, H 2, H 3, H 4 ivyko? šinoma, galejo ivykti bet kuris i² ju. Ta iau kuris i² ju labiausiai tiketinas? Kadangi P (A) = P (A H 1 ) + P (A H 2 ) + P (A H 3 ) + P (A H 4 ), tai labiausiai tiketinas bus tas ivykis, kurio ina²as P (A H i ) yra didºiausias. Patyrinej skai iavimus nustatysime, jog labiausiai tiketina, kad studentas i²laike egzamin gav s biliet su tik vienu jam ºinomu klausimu! Galime kiekybi²kai i²reik²ti visu keturiu hipoteziu tiketinumus s lyginemis tikimybemis P (H 1 A) = P (A H 1) P (A) P (H 3 A) = P (A H 3) P (A) = 24 73, P (H 2 A) = P (A H 2) P (A) = 28 73, P (H 4 A) = P (A H 4) P (A) = 18 73, =

83 Suºinoj, kad ivyko ivykis A, vertinome keturiu hipoteziu tiketinum. Tai iprasta kasdienio gyvenimo praktika, kuria remiames planuodami savo veiksmus. Isivaizduokime, pavyzdºiui, kad kambaryje uºg so ²viesa. Galejo b uti kelios prieºastys: tiesiog perdege lempute, o galb ut saugikliai, gedimas elektros tinkluose, avarija elektrineje... K pirmiausia darome? Skambiname kam nors ir klausiame, ar nesustabdytas atomines elektrines reaktorius? Tikriausiai bandome pakeisti lemput. Kodel taip darome? Nes ºinome, kad ²i hipoteze labiausiai tiketina... Apibendrinkime formul, kuria naudojome savo skai iavimuose. Hipoteziu tikrinimo formule 15 teorema. Tegu atsitiktiniai ivykiai H 1, H 2,... yra nesutaikomi, ju tikimybes yra teigiamos ir Ω = H 1 H 2..., o A bet koks ivykis, P (A) > 0. Tada su kiekvienu ivykiu H i teisinga lygybe P (H i A) = P (H i)p (A H i ), (9) P (A) ia P (A) = P (H 1 )P (A H 1 ) + P (H 2 )P (A H 2 ) +... Formule (9) vadinama hipoteziu tikrinimo formule. Uºdaviniai 1. Tegu B bet koks ivykis, 0 < P (B) < 1. Uºra²ykite pilnosios tikimybes formul, kai yra tik dvi hipotezes: H 1 = B ir H 2 = B. 2. Istatykite i pilnosios tikimybes formul (8) A = Ω ir j suprastinkite. Koki lygyb gausite? 3. Vieno lo²imo kauliuko sieneles suºymetos skai iais 1, 2, 3, 4, 6, 6, kitu dvieju 1, 2, 3, 3, 5, 6. Kauliukai sudeti i urn. Bandymas: metamas i² urnos atsitiktinai i²trauktas kauliukas. Kokia tikimybe, kad atvirs 6? 4. Prie² jus trys uºklijuoti vokai. Du i² ju tu²ti, viename 10 Lt banknotas. Galite pasirinkti vien. Kai pasirenkate, ºaidimo rengejas paima ir atple²ia tu² i vok. Dabar ir j us, ir jis turite po neatple²t vok. Jeigu norite galite pasikeisti vokais. Ar verta? Suraskite tikimyb, kad gausite vok su pinigu, jeigu nesikeisite ir jeigu keisite. 5. Prie² jus keturi uºklijuoti vokai. Trys i² ju tu²ti, viename 10 Lt banknotas. Galite pasirinkti vien. Kai pasirenkate, ºaidimo rengejas paima ir atple²ia tu² i vok. Dabar j us turite vien, o jis du neatple²tus vokus. Jeigu norite 83

84 galite pakeisti savo vok i vien i² jo voku. Suraskite tikimyb, kad gausite vok su pinigu, jeigu nesikeisite ir jeigu keisite. 6. Prie² jus keturi uºklijuoti vokai. Trys i² ju tu²ti, viename 10 Lt banknotas. Galite pasirinkti du. Kai pasirenkate, ºaidimo rengejas paima ir atple²ia tu² i vok. Dabar j us turite du, o jis vien neatple²t vok. Jeigu norite galite pakeisti vien savo vok i jo. Suraskite tikimyb, kad vienas i² j usu pasirinktu voku bus vokas su pinigu, jeigu voko nekeisite ir jei keisite. 7. alia vienas kito stovi trys kavos automatai. šinome, kad vienas i² viso neveikia, kitas maºdaug 50% atveju praryja monet, bet kavos neipila, tre ias visada veikia gerai. Atsitiktinai pasirenkame vien i² ju ir bandome. Du bandymai i² eiles buvo sekmingi automatas veike gerai. Kokia tikimybe, kad b utent ²is automatas visada veikia gerai? 8. Ankstesniojo uºdavinio neveikiantis automatas buvo pakeistas kitu, kuris gerai veikia 30% atveju. Jeigu atsitiktinai parinktas automatas du kartus i² eiles veiktu gerai, kokia tikimybe, kad jis yra tas, kuris veikia be priekai²tu? 9. Ar alkoholio kiekis vairuotojo kraujyje vir²ija leistin norm, policininkas sprendºia remdamasis alkotesterio skales parodymais. Sprendimas b una teisingas su tikimybe 0, 95. Taigi jei A = {alkoholio kiekis vir²ija norm }, B = {alkotesteris rodo: kiekis vir²ija norm }, tai P (B A) = P (B A) = 0, 95. Tarkime, 5% tikrinamu vairuotoju yra i² tikruju perdaug i²ger. Apskai iuokite tikimybes P (B), P (A B). Kiek apytiksliai procentu tikrintu vairuotoju bus apkaltinti paºeid draudim vairuoti neblaiviems? Kokia ²iu vairuotoju dalis bus apkaltinti nepelnytai? 10. Urnoje yra keturi balti ir keturi juodi rutuliai. Lo²iama taip: i² pradºiu atsitiktinai i²traukiami trys rutuliai ir nustatoma, kokios spalvos rutuliu daugiau. Tada trys i²trauktieji rutuliai sudedami i nauj urn ir i² jos atsitiktinai traukiamas vienas rutulys. Jeigu i²traukiamas tos spalvos rutulys, kokiu urnoje yra daugiau, laimima. Kokia tikimybe laimeti? 11. Urna su rutuliais ta pati kaip ankstesniajame uºdavinyje, ta iau i² pradºiu traukiami ne trys, bet keturi rutuliai. Jeigu i²traukta po lygiai juodu ir baltu rutuliu, galima pasirinkti laimingu rutuliu spalv. Kokia tikimybe laimeti? Atsakymai 1. P (A) = P (A B)P (B) + P (A B)(1 P (B)) = P (H 1 ) + P (H 2 )

85 3. 2/ /3 ir 2/ /4 ir 3/ /2 ir 3/ / / P (B) = 0,095; P (A B) = 0,5. Bus apkaltinta 9,5% tikrintu vairuotoju, puse ju nepelnytai / / Nepriklausomi ivykiai Kokius ivykius vadiname nepriklausomais? Kurie nepriklauso vienas nuo kito? O koki spalv vadiname balta? Kuri yra balta? Vargu ar toki paai²kinim laikysite pakankamu. Taigi ir ivykiu nepriklausomumo s vok reikia apibreºti tiksliau. Urnoje yra du balti rutuliai ir vienas juodas. Du ºaidejai vienas po kito traukia po rutuli. Jei i²traukia balt laimi koki nors priz. Mus domina ivykiai A 1 = {pirmasis laimejo} ir A 2 = {antrasis laimejo}. Prie² bandym apskai iuojame: P (A 1 ) = P (A 2 ) = 2 3. Tarkime, pirmajam pasiseke, t. y. ivyko ivykis A 1. Tada prie² traukdamas savo rutuli antrasis i² naujo apskai iuos laimejimo tikimyb : P (A 2 A 1 ) = 1 2. Taigi P (A 2 ) P (A 2 A 1 ), kitaip tariant, ivykis A 2 priklauso nuo ivykio A 1. O dabar pakeiskime bandymo s lygas. Tegu pirmasis i²trauk s savo rutuli gr ºina ji i urn. Akivaizdu, kad tokiu atveju P (A 2 ) = P (A 2 A 1 ), taigi ivykis A 2 nepriklauso nuo A 1. Lygyb P (A 2 ) = P (A 2 A 1 ) perra²ykime taip: P (A 2 ) = P (A 1 A 2 ), P (A 1 A 2 ) = P (A 1 )P (A 2 ), P (A 1 ) P (A 1 ) = P (A 1 A 2 ) = P (A 1 A 2 ). P (A 2 ) 85

86 Taigi, jei P (A 2 ) = P (A 2 A 1 ), tai ir P (A 1 ) = P (A 1 A 2 ). Kitaip tariant, jei A 2 nepriklauso nuo A 1, tai ir A 1 nepriklauso nuo A 2. Ta iau kokia prasme sakyti, kad A 1 nepriklauso nuo ivykio A 2, apie kuri suºinome veliau negu apie A 1? Galime isivaizduoti, kad pirmasis ºaidejas i²trauk s savo rutuli mums nepasako spalvos, t. y. mes nesuºinome, ar A 1 ivyko, ar ne. Jo tiketinum vertiname naudodamiesi savo ºiniomis apie A 2, pana²iai kaip hipoteziu tiketinum ankstesniajame skyrelyje. Jeigu gauname t pa i tikimybes reik²m P (A 1 ) kaip ir prie² pradedant bandym, vadinasi, ºinios apie A 2 mums nesuteike galimybes patikslinti ºiniu apie A 1. Todel galime sakyti, kad A 1 nepriklauso nuo A 2. Kita vertus, daºnai klausimas, kuris ivykis pirmesnis, kuris paskesnis i² viso nekyla. Pavyzdºiui, dvieju lo²imo kauliuku metimo bandymo atveju galime nagrineti ivykius A = {atvirtusiu aku iu suma lygine}, B = {atvirtusiu aku iu suma didesne uº 6}. Ar ²ie ivykiai priklausomi? Dvieju ivykiu A 1, A 2 nepriklausomumo s vok galime apibreºti pasinaudoj bet kuria i² ²iu triju lygybiu: P (A 1 A 2 ) = P (A 1 ), P (A 2 A 1 ) = P (A 2 ), P (A 1 A 2 ) = P (A 1 )P (A 2 ). Kuri geriausia pasirinkti? Tre i j. Juk pirmoji lygybe turi prasm tik tada, kai P (A 2 ) > 0, antroji kai P (A 1 ) > 0, o tre iajai nereikia jokiu papildomu s lygu. Nepriklausomi ivykiai 7 apibreºimas. Atsitiktinius ivykius A 1, A 2 vadinsime nepriklausomais, jeigu P (A 1 A 2 ) = P (A 1 )P (A 2 ). Akivaizdu, kad ir b utinasis, ir negalimas ivykiai nepriklauso nuo bet kurio kito ivykio. 16 teorema. Jei A 1 ir A 2 yra nepriklausomi ivykiai, tai A 1 ir A 2, A 1 ir A 2, A 1 ir A 2 irgi yra nepriklausomu ivykiu poros. Irodymas. Uºra²ykime ivyki A 2 dvieju nesutaikomu ivykiu s junga: A 2 = (A 1 A 2 ) (A 1 A 2 ). 86

87 A 1 A 2 A 1 A 2 A 1 Tada P (A 2 ) = P (A 1 A 2 ) + P (A 1 A 2 ) = P (A 1 )P (A 2 ) + P (A 1 A 2 ) P (A 1 A 2 ) = P (A 2 ) P (A 1 )P (A 2 ) = (1 P (A 1 ))P (A 2 ) = P (A 1 )P (A 2 ). Taigi ivykiai A 1 ir A 2 yra nepriklausomi. Pana²iai galime isitikinti, kad ir kitas poras sudaro nepriklausomi ivykiai. ios teoremos tvirtinim galime uºra²yti trumpiau. Susitarkime bet kokiam ivykiui A ºymeti A 0 = A, A 1 = A. Tada teorema teigia: jeigu ivykiai A 1, A 2 yra nepriklausomi, tai su bet kokiomis reik²memis i, j = 0, 1, ivykiai A i 1, A j 2 taip pat nepriklausomi. Kitaip tariant P (A i 1 A j 2) = P (A i 1)P (A j 2). (10) O kokius ivykiu trejetus, ketvertus,... ar net begalines ivykiu ²eimas deretu vadinti nepriklausomu ivykiu trejetais, ketvertais ir t. t.? Nat urali mintis tokia: jeigu ivykiu ²eim sudaro nepriklausomi ivykiai, tai bet kuris i² ju turi nepriklausyti nuo visu kitu. O gal uºtektu pareikalauti, kad bet kurie du ²ios ²eimos ivykiai b utu nepriklausomi? Ta iau gali pasitaikyti taip, kad ivykis nepriklauso nuo bet kurio kito ²eimos ivykio, ta iau priklauso, pavyzdºiui, nuo dvieju ivykiu. tai paprastas pavyzdys. Tarkime, urnoje yra keturi skai iais 0, 1, 2, 3 paºymeti rutuliai. Yra trys ºaidejai. Traukiamas vienas rutulys. Jeigu jo numeris 0, visi trys laimi po priz. Jeigu numeris 1, laimi tik pirmasis, jei 2, tik antrasis, jei 3, tik tre iasis. Paºymekime ivykius A i = {laimejo i-asis ºaidejas}. Akivaizdu, kad P (A 1 ) = P (A 2 ) = P (A 3 ) = 1 2, P (A i A j ) = 1 4, P (A i A j ) = P (A i )P (A j ), 87

88 jei i j. Todel ivykiai A i ir A j yra nepriklausomi. Pavyzdºiui, A 1 nepriklauso nei nuo A 2, nei nuo A 3. O nuo abieju sykiu? Tarkime, abu ivykiai A 2, A 3 ivyko. K galime pasakyti apie A 1? Jis irgi ivyko! Taigi kiekvienas i² ivykiu A 2, A 3 nesuteikia informacijos apie A 2, o abu kartu jau suteikia. Noredami apibreºti nepriklausomu ivykiu sistem galime pareikalauti, kad kiekvienas ²ios sistemos ivykis b utu nepriklausomas nuo bet kurios baigtines kitu ivykiu sistemos sankirtos. Kitas b udas pasinaudoti lygybe, pana²ia i (10), kuri teisinga dviems nepriklausomiems ivykiams. Nepriklausomu ivykiu sistema 8 apibreºimas. Sakysime, kad ivykiai A 1, A 2,..., A n sudaro nepriklausomu ivykiu sistem, jeigu lygybe P (A i 1 1 A i A i n n ) = P (A i 1 1 ) P (A i 2 2 ) P (A i n n ), teisinga su visomis reik²memis i 1, i 2,..., i n {0, 1}, ia A 0 i = A i, A 1 i = A i. Begalin ivykiu sistem A t, t T, vadinsime nepriklausomu ivykiu sistema, jeigu bet kuri baigtine ²ios sistemos ivykiu aibe sudaro nepriklausomu ivykiu sistem. Daºnai i²vad apie ivykiu nepriklausomum galime daryti netikrindami apibreºimo s lygu, bet ivertin bandymo aplinkybes. Pavyzdºiui, jeigu bandymas dvieju lo²imo kauliuku metimas, tai ivykis, kad ant pirmojo kauliuko atvirs ²e²etukas, ºinoma, nepriklauso nuo ivykio, kad ant antrojo atvirs, pavyzdºiui, trejetas. Ta iau kartais tenka pasinaudoti apibreºimu. 20 pavyzdys. Bandymas dvieju simetri²ku lo²imo kauliuku metimas. Ar ivykiai A = {atvirtusiu aku iu suma lygine}, B = {atvirtusiu aku iu suma didesne uº 6}. yra nepriklausomi? I² viso yra 36 bandymo baigtys. Pavaizduokime jas lentele, kurios langeliuose ira²ysime atvirtusiu aku iu sum

89 I² lenteles matyti, kad P (A) = 18 = 1 21, P (B) = = 7, P (A B) = 9 36 = 1 4 P (A)P (B). Taigi ivykiai A, B yra priklausomi. O k manote apie ivykiu B = {atvirtusiu aku iu suma > 6} ir C = {ant pirmojo kauliuko atvirto 3 akutes} por? Ar jie yra priklausomi? Pabandykite speti, ta iau b utinai patikrinkite savo spejim! 21 pavyzdys. Atsitiktiniai tekstai šodi tikimybe sudaro a²tuonios raides. Jei vien raid koduosime a²tuoniais bitais, tai visam ºodºiui prireiks 64 bitu. Paºymekime ²i 64 bitu ilgio ºodi T. Simetri²k monet meskime 64 kartus ir ra²ykime rezultatus taip: jei atvirto herbas, ra²ykime 1, jei skai ius 0. Bandymo pabaigoje gausime 64 bitu ilgio ºodi X 1. Kokia tikimybe, kad T = X 1? Nesunku suvokti, kad P (X 1 = T ) = is skai ius labai maºas, todel i² pirmo karto sudeti ºodi T metant monet reik²tu toki stebukl, kokio m usu šemeje tikrai dar nebuvo. Jei nepasiseks pirm kart kartokime bandymus. Tegu X 2, X 3,... ºymi 64 bitu ilgio ºodºius, gautus i² 2-ojo, 3-iojo ir kitu bandymu. Koks turi b uti bandymu skai ius n, kad b utu P (bent vienam j, 1 j n, X j = T ) 1 2? Paºymekime ivykius A j = {X j = T }; jeigu A j ivyks, tai ºodi gausime i² j-ojo bandymo metimu. Ivykiai A j yra nepriklausomi, P (A j ) = 2 64, P (bent vienam j, 1 j n, X j = T ) = P (A 1... A n ) = 1 P (A 1... A n ). Taigi norime nustatyti, su kokiais n teisinga nelygybe 1 P (A 1... A n ) 1 2, t. y. P (A 1... A n ) 1 2. Kadangi ivykiai A 1,..., A n irgi yra nepriklausomi, tai P (A 1... A n ) = P (A 1 ) P (A n ) = ( ) n

90 i nelygyb tenkina nat uralieji skai iai n ln(2) ln( ). Maºiausia n reik²me yra tokia didele, kad vargu ar apskai iuosite net kompiuteriu. Todel pabandykime ji ivertinti i² vir²aus, t. y. surasti kit skai iu, kuris yra uº mums r upim didesnis. Pasinaudoj nelygybe ln(1 x) > x, (0 < x < 1), kuri nesunku irodyti gausime: ln(2) ln( ) < ln(2) 2 < 0, Taigi jei atliksime maºdaug 2 64 bandymu, tai tikimybe nors kart gauti ºodi tikimybe bus didesne uº 1/2. Ar 2 64 didelis skai ius? Spr skite patys. Jeigu vien bandym (64 monetos metimus) atliktume per vien sekund, prisireiktu 2 64 sekundºiu. Dabartiniai astroziku skai iavimai rodo, kad m usu Visatos amºius yra maºdaug 2 61 sekundºiu. Uºdaviniai 1. Bandymas tradicines 52 kortu kalades mai²ymas. Ar ivykiai A = {pirmoji kalades korta karalius}, B = {pirmoji kalades korta b ugnu} yra nepriklausomi? 2. Bandymas dvieju simetri²ku lo²imo kauliuku metimas. Apibreºkime ivykius: A = {pirmasis kauliukas atvirto sienele su trimis arba keturiomis akutemis}, B = {atvirtusiu aku iu suma maºesne uº 8}. Irodykite, kad ²ie ivykiai yra nepriklausomi. Ar ivykiai A, C, ia C ºymi ivyki, kad atvirtusiu aku iu suma maºesne uº 6, taip pat nepriklausomi? 3. Tegu A, B yra du su tuo pa iu bandymu susij ivykiai, 0 < P (A) < 1, 0 < P (B) < 1. Atsakykite i tokius klausimus: 1. Jeigu ivykiai A, B yra nesutaikomi, ar jie gali b uti nepriklausomi? 2. Jeigu ivykiai A, B yra nepriklausomi, ar jie gali b uti nesutaikomi? 3. Jeigu A B, ar ivykiai gali b uti nepriklausomi? 4. Jeigu A, B yra nepriklausomi, ar A ir A B gali b uti nepriklausomi? 4. Bandymas dvieju simetri²ku monetu metimas. Isitikinkite, kad ivykiai A = {pirmoji moneta atvirto herbu}, B = {antroji moneta atvirto herbu}, C = {monetos atvirto skirtingomis pusemis}, 90

91 poromis yra nepriklausomi, ta iau nesudaro nepriklausomu ivykiu trejeto. 5. S ra² sudaro 1024 ºodºiai, kiekviename i² ju yra 5 raides. Raidei koduoti naudojame 8 bitus. Bandymas simetri²kos monetos 40 metimu serija, rezultat uºra²ome 40 bitu ilgio bloku, kuri galima paversti 5 raidºiu ºodºiu. Per vien sekund galime atlikti 1024 metimus. Pana²iai kaip skyrelio pavyzdyje ivertinkite, kiek laiko reiktu metyti monet, kad tikimybe gauti kuri nors s ra²o ºodi b utu didesne uº 1/2? Didesne uº 3/4? Atsakymai 1. Ivykiai yra nepriklausomi. 2. Ivykiai A ir C yra priklausomi Ne. 2. Ne. 3. Ne. 4. Ne. Kadangi A (A B) = A, tai i² A, A B nepriklausomumo gautume, kad P (A) = P (A)P (A B). Taigi turetu b uti P (A B) = 1. Pasinaudoj lygybe P (A B) = P (A) + P (B) P (A B) ir ivykiu A, B nepriklausomumu, gautume, kad turi b uti teisinga lygybe 1 = P (A) + P (B) P (A)P (B) ir P (B) = 1. Tai prie²tarauja uºdavinio s lygai. 4. Tai ai²ku jau i² pastebejimo, kad visi trys ivykiai kartu negali ivykti, o bet kuri ivykiu pora - gali. 5. Pakaktu triju ir ²e²iu menesiu Nepriklausomi bandymai I² nedidelio kiekio prielaidu gauti daug i²vadu tai matematikos esme. Jeigu sekmingai keliausite tikimybiu teorijos takais, tikrai nustebsite, kiek daug idomiu teiginiu ir i²vadu gaunama nagrinejant papras iausius nepriklausomus bandymus monetos metimu serijas. Daºnai bandym sudaro keli smulkesni bandymai. Tokius bandymus jau nagrinejome. Pavyzdºiui, dvieju rutuliu traukimo i² urnos bandym galime suvokti kaip dvieju bandymu por. Jeigu i²traukus rutuli jis negr ºinamas atgal i urn, tai ivykiai, susij su antruoju bandymu, priklauso nuo pirmojo bandymo baigties. Jeigu i²trauktas rutulys gr ºinamas bandymai nepriklausomi. T pa i monet ar lo²imo kauliuk galime mesti kelis kartus vel gausime nepriklausomu bandymu sek. Patys papras iausi bandymai turi tik dvi baigtis. Moneta gali atvirsti herbu arba skai iumi. Loterijos bilietas gali b uti laimingas arba ne. Kamuolio metimas i krep²i gali b uti taiklus arba kamuolys skries pro ²ali. Gyvenime atliekame daugyb tokiu bandymu. Paprastai vien baigti suvokiame kaip sekm, kit kaip nesekm. Nagrinekime bandym su dviem baigtimis, kurias ºymesime 0 (nesekme) ir 1 (sekme). Paºymekime sekmes tikimyb p, o nesekmes q = 1 p. 91

92 Sudareme labai paprast tikimybin erdv : Ω = {0, 1}, P (1) = p, P (0) = q, 0 p, q 1, p + q = 1. (11) O dabar tarkime, kad ²i bandym kartojame n kartu, be to vieno bandymo baigtys nedaro itakos kitu bandymu baigtims, t. y. bandymai yra nepriklausomi. io didelio bandymo baig iu aib paºymekime Ω n, jos elementai sekmiu ir nesekmiu sekos. Pavyzdºiui, kai n = 3, tai Ω 3 = {000, 001, 010, 100, 011, 101, 110, 111}. Kadangi bandymai nepriklausomi, tai ²iu seku tikimybes gausime sudaugin pavieniu baig iu tikimybes: P (000) = q q q = q 3, P (001) = q q p = pq 2, P (010) = P (100) = pq 2, P (011) = P (101) = P (110) = p 2 q, P (111) = p 3. Trumpai ²ias tikimybes galime uºra²yti viena formule: P (ω 1 ω 2 ω 3 ) = p m q 3 m, m = 0, 1, 2, 3, ia m = ω 1 + ω 2 + ω 3 yra sekmiu, gautu atlikus tris bandymus, skai ius. Kadangi baig iu tikimybes apibreºtos, tai galime skai iuoti kitu ivykiu tikimybes. Pavyzdºiui, P (lygiai du bandymai pasibaigs sekme) = P (011)+P (101)+P (110) = 3p 2 q. šinoma, toki modeli galime sudaryti ne tik triju nepriklausomu bandymu sekai. Tarkime, atliekama n nepriklausomu vienodu bandymu, t. y. bandymu su tikimybine erdve, apibreºta (11). ios bandymu sekos baig iu aib paºymekime Ω n ; j sudaro n ilgio sekmiu-nesekmiu sekos: Ω n = {ω 1 ω 2... ω n : ω i = 0, 1}. Vienos sekos (bandymu sekos baigties) ω = ω 1 ω 2... ω n tikimyb apibre²ime lygybe P (ω) = p m q n m, m = sekmiu skai ius = ω ω n. Bet kokio kito ivykio, susijusio su bandymu seka, tikimyb skai iuosime sumuodami tam ivykiui palankiu baig iu tikimybes: P (A) = ω A P (ω). 92

93 Sukonstravome tikimybin erdv nepriklausomu vienodu bandymu sekoms nagrineti. Minint vien i² tikimybiu teorijos pradininku ²veicaru matematik Jacob Bernoulli ²i erdve paprastai vadinama Bernoullio schema. Tegu m yra sekmiu skai ius, kuri gausime atlik n Bernoullio schemos bandymu. Maºiausia galima m reik²me lygi nuliui, didºiausia n. Kokios ²iu reik²miu tikimybes? Sekmiu skai iaus tikimybe 17 teorema. Tegu sekmes tikimybe viename Bernoullio schemos bandyme lygi p (0 < p < 1), n bandymu skai ius, o S n gautu sekmiu skai ius. Tada P (S n = m) = C m n p m q n m, q = 1 p, m = 0, 1,..., n. (12) Irodymas. Ivykiui {S n = m} palankios tos baigtys (nuliu-vienetu sekos) ω = ω 1 ω 2... ω n, kuriose sekmes ºenklas 1 pasitaiko lygiai m kartu. Kiekvienos tokios baigties tikimybe lygi p m q n m. Kiek gi yra tokiu baig iu? Ju yra tiek, kiek yra galimybiu sudaryti n ilgio sek, kurioje vienetu b utu lygiai m, o kiti simboliai nuliai. Pasiºymej vietas simboliams ira²yti }{{} galime i² pradºiu parinkti vietas vienetams, o juos ira² uºpildyti tu² ias vietas nuliais. Vienetu vietas galime parinkti Cn m b udais, taigi tiek yra ir seku. Todel P (S n = m) = Cn m p m q n m. 22 pavyzdys. Tarkime, nuo baudu metimu linijos krep²ininkas pataiko 60% metimu. Jeigu jis ruo²iasi mesti n = 10 kartu, kokia tikimybe, kad pataikys keturis kartus? Vienas metimas bandymas su dviem baigtimis: sekme (taiklus metimas) ir nesekme (metimas pro ²ali). Sekmes tikimybe p = 0,6, nesekmes q = 0,4. Galime padaryti prielaid, kad metimu rezultatai nepriklauso vienas nuo kito. Taigi turime Bernoullio schem ir tikimyb galime skai iuoti naudodamiesi (12) formule: P (S 10 = 4) = C ,6 4 0,4 6 0, 111. Paºymekime P n (m) = C m n p m q n m, m = 0, 1,..., n. 93

94 Kuri i² ²iu tikimybiu didºiausia? Sekmiu skai iu m, kuriam P n (m) reik²me didºiausia, vadinsime labiausiai tiketinu sekmiu skai iumi. Palyginkime tikimybes P n (m) ir P n (m 1). Pasinaudoj (12) gausime: P n (m) P n (m 1) = Cn m = Cn m 1 C m n p m q n m Cm n = n m+1 Cn m 1 Cn m 1 p m 1 q n(n 1) (n m + 1)(m 1)! n(n 1) (n m + 2)m! P n (m) P n (m 1) = n m + 1 p m q. Tada P n (m) > P n (m 1), jei p q, = n m + 1, m (n m + 1)p > mq, (n m + 1)p > m(1 p), (n + 1)p > m. Taigi, jei m < (p + 1)n, tai gauti m sekmiu labiau tiketina negu m 1. Tiketiniausias sekmiu skai ius Didºiausias sveikasis skai ius m, tenkinantis nelygyb m < (n + 1)p, yra labiausiai tiketinas sekmiu skai ius. Jeigu (n + 1)p yra sveikas skai ius, tai P n (m) igyja didºiausi reik²m su m = (n + 1)p ir m = (n + 1)p pavyzdys. Tarkime, krep²ininkas pataiko 60% metimu nuo baudos linijos. Jeigu jis ruo²iasi mesti n = 10 kartu, koks labiausiai tiketinas taikliu metimu skai ius? Kadangi (n + 1)p = 6,6 tai labiausiai tiketina, kad bus 6 taikl us metimai. P10(m) P 10 (6) m Sekmiu tikimybes P 10 (m), kai p = 0.6. Tiketiniausias sekmiu skai ius m = 6. 94

95 Jeigu taiklaus metimo tikimybe b utu p = 7 11 tiketini taikliu metimu skai iai. 0,636, b utu du labiausiai P10(m) P 10 (6) = P 10 (7) m Sekmiu tikimybes P 10 (m), kai p = 7/11. Tiketiniausi sekmiu skai iai m = 6 ir m = 7. Uºdaviniai 1. Jeigu bandymu skai ius Bernoullio schemoje n = 6, kiek palankiu baig iu turi ivykis {atlik bandymus gausime 3 sekmes}? 2. Viena moneta yra simetri²ka, kita atvirsta herbu su tikimybe 0,4. Lo²ejas gali mesti monet du kartus. Jeigu abu kartus moneta atvirsta ta pa ia puse, jam i²mokamas laimejimas. Su kuria moneta simetri²ka, ar nesimetri²ka lo²ejui yra naudingiau lo²ti? 3. Urnoje yra vienas baltas rutulys ir du juodi. Traukiame su gr ºinimu 5 rutulius. Kokia tikimybe, kad du kartus i²trauksime balt rutuli? 4. Urnoje yra vienas baltas rutulys ir du juodi. Traukiame su gr ºinimu 5 rutulius, S 5 baltu rutuliu skai ius. Kuri i² tikimybiu P (S 5 = 0), P (S 5 = 5) didesne? Kiek kartu didesne? 5. e²is kartus metamas tas pats simetri²kas lo²imo kauliukas. Kokia tikimybe, kad gausime lygiai 2 ²e²etukus? ²eimose yra po keturis vaikus. Koks tiketiniausias ²eimu, kuriose yra bent vienas berniukas ir bent viena mergaite, skai ius? 7. Nuoºulniu 10 cm plo io takeliu rieda n = 8 ºirniai. Pakalneje yra 4 cm skersmens duobe. Kokia tikimybe, kad i duob ikris m = 3 ºirniai? Koks labiausiai tiketinas i duob pateksian iu ºirniu skai ius? Kiek ºirniu turetu riedeti, kad tiketiniausias duobeje atsidursian iu ºirniu skai ius b utu lygus 7? 95

96 Atsakymai Naudingiau lo²ti su nesimetri²ka moneta / Tikimybe P (S 5 = 0) yra didesne uº P (S 5 = 5) 32 kartus / ,279; 3; Polinomine schema Nepriklausomu monetos metymu serijoms tyrineti tinkan i teorij apibendrinkime taip, kad ji tiktu ir lo²imo kauliuku metymo serijoms nagrineti. Yra du indai su baltais daºais ir trys su juodais. Reikia nudaºyti penkias detales. Daºymo metodas toks: detales atsitiktinai sumetamos i indus, o po to i²traukiamos. Kokia tikimybe, kad lygiai dvi detales bus nudaºytos baltai? Atsakym gausime pritaik Bernoullio schem : bandymu skai ius lygus detaliu skai iui, t. y. n = 5, jeigu sekme pavadinsime baltai nudaºyt detal, tai sekmes tikimybe p = 2 5 ir P (S 5 = 2) = C 2 5 ( 2 5 ) 2 ( 3 5 ) 3 = 0,3456. O jeigu dar pridetume, pavyzdºiui, ind su melynais daºais? Kokia b utu tikimybe gauti dvi baltas, dvi juodas ir vien melyn detal, jeigu daºymo metodas liktu tas pats? Vienos detales daºymas reik²tu vien bandym su trimis galimomis baigtimis, kuriu tikimybes atitinkamai lygios p 1 = 2 6, p 2 = 3 6, p 3 = 1 6. Atliktume penkis nepriklausomus bandymus. Palankiu m usu ivykiui baig iu b utu daug. Jeigu balt, juod ir melyn spalvas ºymesime 1, 2, 3, tai tokios baigtys 11223, 12123, 22113, 32211,... bus palankios mums r upimam ivykiui. Visu ju tikimybes vienodos: ( 2 ) 2 ( 3 ) 2 ( 1 ) 1. P (11223) = P (12123) = P (22113) = P (32211) =... = Taigi reiktu tik suskai iuoti, kiek yra tu palankiu baig iu. 96

97 Aptarkime, kaip sudaryti tikimybin erdv, tinkan i vienodu nepriklausomu bandymu sekai tyrineti, jeigu vieno bandymo baig iu aib sudaro r baig iu. Baigtis ºymesime nat uraliaisiais skai iais 1, 2,..., r. Tarkime, ºinomos vieno bandymo baig iu tikimybes Ω = {1, 2,..., r}, p i = P (i), 0 < p i < 1, p 1 + p p r = 1. Jeigu atliekame n nepriklausomu bandymu, tai tokios sekos baig iu aibe yra Ω n = {ω 1 ω 2... ω n : ω i = 1, 2,..., r}. Jeigu sekoje ω = ω 1 ω 2... ω n baigtys 1, 2,..., r pasitaike atitinkamai m 1,..., m r kartu, m 1 + m m r = n, tai P (ω) = p m 1 1 p m 2 2 p mr r. (13) Kitu su ²ia bandymu seka susijusiu ivykiu tikimybes gausime sumuodami jiems palankiu baig iu tikimybes. Sudareme tikimybin erdv nepriklausomu bandymu su r baigtimis sekai nagrineti. Ji vadinama polinomine schema. Paºymekime S 1 n, S 2 n,..., S r n baig iu 1, 2,..., r skai ius, gautus atlikus n bandymu. Ju suma lygi bandymu skai iui, t. y. S 1 n + S 2 n S r n = n. Suformuluosime teoremos apie sekmiu skai iu Bernoullio schemoje analog polinominei schemai. Baig iu rinkinio tikimybes polinomineje schemoje 18 teorema. Jei Ω = {1, 2,..., r} yra vieno bandymo baig iu aibe, P (i) = p i, i = 1, 2,..., r, baig iu tikimybes, Sn i baigties i pasikartojimu, atlikus n nepriklausomu bandymu, skai ius, o m i yra neneigiami sveikieji skai iai, m 1 + m m r = n, tai P (S 1 n = m 1, S 2 n = m 2,..., S r n = m r ) = Jeigu m 1 + m m r n, tai, ºinoma, n! m 1!m 2!... m r! pm 1 1 p m 2 1 p mr r. P (S 1 n = m 1, S 2 n = m 2,..., S r n = m r ) = 0. Irodymas. Baigties ω, palankios ivykiui {S 1 n = m 1, S 2 n = m 2,..., S r n = m r } tikimyb jau ºinome, ºr. (13). Taigi belieka surasti palankiu baig iu 97

98 skai iu. Isivaizduokime, kad parengeme n langeliu bandymu baig iu ºenklams uºra²yti. Reikia uºra²yti lygiai m 1 pirmosios baigties ºenklu, vietas jiems galime parinkti C m 1 n b udais. Parink jas turesime n m 1 tu² iu vietu, i² kuriu turime parinkti m 2 vietas antrosios baigties ºenklui. Taigi b udu ira²yti pirmuju dvieju baig iu ºenklus i² viso yra C m 1 n C m 2 n m 1. itaip samprotaudami gauname, kad i² viso yra C m 1 n C m 2 n m 1 C mr n m 1... m r 1 = n! m 1!m 2!... m r! ivykiui {S 1 n = m 1, S 2 n = m 2,..., S r n = m r } palankiu baig iu. Teorema irodyta. Dabar jau galime atsakyti ir i skyrelio pradºioje i²kelt klausim apie spalvotas detales: P (S5 1 = 2, S5 2 = 2, S5 3 = 1) = 2!2!1!( 5! 2 ) 2 ( 3 ) 2 ( 1 ) 1 5 = ,14. Uºdaviniai 1. Kokia tikimybe, kad metus simetri²k lo²imo kauliuk n = 4 kartus, du kartus atvirs keturios, ir po vien kart penkios ir ²e²ios akutes? 2. Urnoje yra 3 balti, 2 juodi ir 4 melyni rutuliai. Su gr ºinimu traukiame n = 6 rutulius. Kokia tikimybe, kad tarp i²trauktuju bus lygiai trys melyni ir bent du balti rutuliai? 3. Metamos dvi monetos. Viena atvirsta herbu su tikimybe 0,4, kita su tikimybe 0,6. Kokia tikimybe, kad metus n = 6 kartus lygiai du kartus, atvirs du herbai ir lygiai du kartus du skai iai? 4. Taikinys yra skritulio formos, jo spindulys lygus 3. Skritulyje nubreºti du apskritimai, vieno spindulys lygus 1, kito 2. Apskritimu centrai sutampa su skritulio centru. Jeigu pataikoma i maºiausiuoju apskritimu apribot sriti pelnoma 10 ta²ku, jeigu i ºied, kuri riboja maºesnieji apskritimai 5 ta²kai, jeigu i kit ºied 3 ta²kai. I taikini ²aunama nesitaikant. Kokia tikimybe, kad keturiais taikliais ² uviais bus pelnyti 28 ta²kai? 5. Sta iakampyje ABCD, kurio kra²tiniu ilgiai yra AB = a, BC = b, a b, atsitiktinai parenkami n = 5 ta²kai. Kokia tikimybe, kad trys i² ju bus ar iau kra²tines AB negu kitu kra²tiniu, vienas ar iau BC ir vienas ar iau CD? Paprastumo delei pirmiausia panagrinekite atveji, kai ABCD yra kvadratas. 98

99 Atsakymai 1. 1/ /6561 0, , /729. 5! 5. (1 b ) 4 3!2 6 2a b a Ribines teoremos Bernoullio schemoje Kai yra daug monotoni²ko darbo, turime dvi galimybes: daug ir kruop² iai tri usti arba sukurti efektyvesnius darbo irankius. Panagrinekime, kaip galima i²vengti varginan iu skai iavimu, kai nagrinejame ilgas nepriklausomu bandymu sekas. Tiksli Bernoullio schemos sekmiu skai iaus tikimybes formule P (S n = m) = C m n p m q n m, q = 1 p, (14) kartais nera labai patogi skai iavimams. Panagrinekime du pavyzdºius. 24 pavyzdys. Maºi la²eliai, stambus tinklas Isivaizduokime sraut i² n = 1000 la²eliu, krintanti i tinkl, sudaryt i² 1m 1m dydºio kvadratu. La²elis rutuliuko su spinduliu r = 0,1 cm formos. Jeigu la²elis kliudo kvadrato kra²tin subyra. Kokia tikimybe, kad subyres lygiai m = 5 la²eliai? Vienas la²elis vienas Bernoullio schemos bandymas. Galima isivaizduoti ²i bandym taip: la²elis krinta i vieno kvadrato plok²tum taip, kad la²elio centras pataiko i kvadrato vidu arba ant kra²tines. Lašelis nesubyrės! La²elis nesubyres, jeigu jo centras pataikys i kvadrato ta²k, kurio atstumas nuo bet kurios kvadrato kra²tines didesnis uº r. Taigi la²elis nesubyres, jeigu jo centras pataikys i breºinyje pilkai nudaºyt sriti. Paºymej p tikimyb, kad vienas la²elis nesubyres, o q, kad subyres, gausime: q = (100 2r) = 0,998 2 = 0,996004, p = 1 q = 0,

100 Taigi pritaik (14) formul gautume P (S 1000 = 5) = C , , (15) šinoma, pasinaudoj kompiuteriu apskai iuosime ir tokio rei²kinio reik²m. Ta iau jeigu turetume tik skai iuokli su aritmetiniu veiksmu mygtukais, kaºin ar pavyktu tikimyb apskai iuoti bent apytiksliai. 25 pavyzdys. Dideli la²ai, smulkus tinklas O dabar isivaizduokime kad la²eliai yra rutuliuko su spinduliu r = 0,5 cm formos, la²eliu yra n = 10000, o tinkl sudaro 10cm 10cm dydºio kvadrateliai. Dabar subyres daug la²eliu. Kokia tikimybe, kad subyrejusiu la²eliu skai ius bus tarp 1900 ir 2000? Vel paºymej raidemis p, q vieno la²elio subyrejimo ir nesubyrejimo tikimybes gausime q = (10 2r) = 0,9 2 = 0,81, p = 1 q = 0,19. Naudotis (14) formule ²iuo atveju dar nepatogiau: P (1900 < S n < 2000) = 1999 m=1901 C m n p m q n m. (16) Taigi turetume apskai iuoti net 199 demenis! Kuo pana² us ir kuo skiriasi abu pavyzdºiai? Pana² us visu pirma tuo, kad bandymu skai ius abiem atvejais didelis. O skiriasi sekmes tikimybes reik²memis. Pirmajame pavyzdyje bandymu daug, o sekmes tikimybe maºa. Antrajame bandymu daug, bet sekmes tikimybe nera maºa. Kai bandymu daug, skai iuojant Bernoullio schemos tikimybes, galima pasinaudoti apytikslemis formulemis, kurias pateikia ribines teoremos teiginiai apie tikimybiu elgesi, kai bandymu skai ius dideja. Poissono teorema 19 teorema. Tegu n yra bandymu skai ius Bernoullio schemoje, sekmes tikimybe viename bandyme priklauso nuo bandymu skai iaus, ºymesime j p n. Jei n neapreºtai didejant p n arteja prie nulio, ta iau egzistuoja skai ius λ > 0, kad np n λ, tai bet kokiam m P (S n = m) = C m n p m n (1 p n ) n m λm m! e λ, n, (17) ia e 2,71828 yra nat uriniu logaritmu pagrindas. 100

101 ia teorema galime pasinaudoti apytiksliai skai iuodami tikimybes. Kai n reik²me didele, o p maºa, galima tikimyb skai iuoti taip: P (S n = m) λm m! e λ, λ = np. Kokia paklaida atsiranda ²itaip skai iuojant? Irodyta, kad paklaida nevir²ija dydºio λp = np 2. Panaudokime ²i formul ir apskai iuokime tikimyb (15): λ = np = 3,996, P (S 1000 = 5) λ5 5! e λ 0, Galime b uti tikri, kad paklaida nera didesne uº np 2 0, 02. Ta iau kokia gi ji i² tiesu? Kompiuteriu apskai iav (15) gautume P (S 1000 = 5) 0, Taigi paklaida yra tik 0,0003. Poissono teoremos irodymas. Pagrindinis matematinis irankis, kuriuo pasinaudosime, toks: jei z n yra skai iu seka ir z n z, kai n, tai ( 1 + z n n ) e z, n. (18) Uºra²ykime sekmiu skai iaus tikimyb ir pertvarkykime rei²kini: P (S n = m) = = n(n 1) (n m + 1) (np n) m ( 1 np ) n m n m! n m n ( 1 1 ) ( 1 m 1 ) ( (np n ) m 1 np ) n ( n 1 np n n n n n ) m. Panagrinekime daugikliu elgesi, kai n. Akivaizdu, kad 1 j/n 1, kai n. I² teoremos s lygu gauname, kad np n λ; paºymej z n = np n ir pasirem (18) gausime, kad ( 1 np n n ) n e λ. Paskutinis daugiklis irgi arteja prie 1. Taigi P (S n = m) = C m n p m n (1 p n ) n m λm m! e λ, n. Teorema irodyta. Puasono teorema antrojo pavyzdºio tikimybei apskai iuoti netinka. Ta iau yra ir kitokiu teiginiu. 101

102 Moivre-Laplace'o teorema 20 teorema. Tegu p yra sekmes tikimybe viename Bernoullio schemos bandyme, n bandymu skai ius, S n sekmiu skai ius, gautas atlikus n bandymu, a < b bet kokie skai iai. Jeigu p nesikei ia, o n neapreºtai auga, tai ( P a < S n np ) < b Φ(b) Φ(a), (19) np(1 p) ia Φ(v) = 1 2π v e x2 dx. Skirtumas Φ(b) Φ(a) turi paprast geometrin prasm jis lygus plotui po funkcijos p(x) = 1 e x2 /2 2π graku, kuri riboja tieses y = 0, x = a, x = b, ºr. breºini. p(x) S = Φ(b) Φ(a) a Savo ruoºtu Φ(v) reik²me lygi plotui po ²iuo graku i kair nuo tieses x = v. Visas plotas po graku vir² tieses y = 0 lygus 1. Kadangi funkcija p(x) yra lygine, tai jos grakas yra simetri²kas tieses x = 0 atºvilgiu, todel Φ(0) = 1. I² ²ios simetrijos i²plaukia, kad plotas po graku i kair nuo tieses 2 x = v (v > 0) yra lygus plotui po graku i de²in nuo tieses x = v. Taigi b x Φ( v) = 1 Φ(v). (20) p(x) S = Φ(v) p(x) S = Φ( v) = 1 Φ(v) v x v v x 102

103 Ta iau kaipgi prireikus surasti ²ios funkcijos reik²mes? I² (20) matyti, kad pakanka moketi rasti reik²mes, kai v teigiamas. Funkcija Φ(v) yra labai svarbi tikimybiu teorijoje, todel gerai i²tyrineta. Tikimybiu teorijos knygose galite rasti jos reik²miu lenteles, jos reik²miu skai iavimo komandas rasite bet kurioje kompiuterineje skai iuokleje, turin ioje statistiniu funkciju rinkini (pav. Excelyje ar OpenOce skai iuokleje). Funkcijos Φ(z) reik²mes skai iavimas Excelio skai iuokle. Moivre-Laplace'o teorema apytiksliams skai iavimams taikoma taip. Jei bandymu skai ius n yra didelis, galime naudotis lygybemis ( Sn np ) ( P < b Φ(b), P a < np(1 p) ( P a < S n np ) < b Φ(b) Φ(a). np(1 p) S n np np(1 p) ) 1 Φ(a), O dabar apskai iuokime (16). Kadangi np = 1900, np(1 p) 39, 23, tai ( P (1900 < S n < 2000) = P 39,23 < S n np np(1 p) < ( P 0 < S n np ) < 2,549 Φ(2,549) Φ(0) 0,4946 0, 5. np(1 p) ) = 39,23 Moivre-Laplace'o teorema yra atskiras centrines ribines teoremos atvejis. i teorema tikra tikimybiu teorijos vir²ukalne. Baigti tikimybiu teorijos studijas jos nepasiekus, kone tas pats kaip keliauti po Italij, bet neaplankyti Romos. 103

104 Uºdaviniai 1. Tikimybe, kad pacientas yra alergi²kas vaistui V lygi 0,003, t. y. i² t ukstanties ºmoniu vaistas netinka maºdaug trims. Kokia tikimybe, kad i² n = 2357 pacientu, kuriems i²ra²ytas ²is vaistas, alergi²ki jam bus lygiai 4. Kokia tikimybe, kad tokiu pacientu bus nedaugiau kaip 4? 2. Alaus gamykla skelbia loterij : kas pateiks du specialiai paºymetus alaus buteliu kam²telius laimes priz. Gamykloje paºymima 4% visu kam²teliu. Kokia tikimybe laimeti, jeigu nusipirksime n = 100 alaus buteliu? 3. Egzamino uºduoti sudaro sudaro 10 klausimu. Atsakant i klausim reikia pasirinkti vien i² triju pateiktu atsakymu, i² kuriu tik vienas teisingas. Egzamino paºymys lygus teisingai atsakytu klausimu skai iui. Studentai laiko egzamin tikimybiniu metodu: i kiekvien klausim atsakym renkasi atsitiktinai. Kokia tikimybe, kad i² n = 700 ²iuo metodu laikan iu egzamin studentu a²tuntukais bus ivertinti trys studentai? 4. Tikimybe, kad i fakultet istoj s moksleivis sekmingai uºbaigs studijas, lygi 0,6. Kiek maºiausiai reiktu priimti studentu, kad tikimybe, jog studijas sekmingai pabaigs ne maºiau kaip 200 studentu, b utu apytiksliai lygi 0,8? 5. Kiek maºiausiai kartu reiktu mesti simetri²k lo²imo kauliuk, kad tikimybe, jog ²e²etukas atvirs ne maºiau kaip 100 kartu b utu didesne uº 0,7? 6. Keleivis ºygiuoja keliu taip: prie² ºengdamas meta monet, jeigu atvirsta herbas ºengia ºingsni i de²in, jeigu skai ius i kair. Moneta atvirsta herbu su tikimybe p = 0,55. Kokia tikimybe, kad ºeng s n = 100 ºingsniu jis atsidurs toliau nei uº penkiu ºingsniu i de²in nuo keliones pradºios ta²ko? Kokia tikimybe, kad ºeng s n = 100 ºingsniu jis atsidurs toliau nei uº penkiu ºingsniu i kair nuo keliones pradºios ta²ko? Kokia tikimybe, kad jis nuo pradºios ta²ko bus nutol s ne daugiau kaip per penkis ºingsnius? Atsakymai 1. 0,088 ir 0, , , ,692; 0,066; 0,0242; 104

105 2 Atsitiktiniai dydºiai 2.1. Atsitiktinio dydºio s voka Nagrinejant tikroveje vykstan ius bandymus, kartais b una sudetinga nusakyti baigtis, ta iau lengva tam tikras tu baig iu charakteristikas. Pavyzdºiui, sunku nusakyti, kokia baigtis leme, kad ²iandien ²alta, ta iau i²matuoti temperat ur galime. Daºnai mums ne tiek r upi pati bandymo baigtis, kiek tam tikra skaitine jos charakteristika. Pavyzdºiui, loterijos dalyviui svarbus laimejimo dydis, besiruo²ian iam i²eiti i² namu oro temperat ura ir t. t. Prie² bandym tokiu dydºiu reik²miu neispesi, taigi tai atsitiktiniai dydºiai. 26 pavyzdys. Atsitiktinis skritulio ta²kas Tarkime, skritulyje, kurio spindulio ilgis r = 5, atsitiktinai parenkamas ta²kas. Tegu X yra pasirinktojo ta²ko atstumas iki centro. Kadangi X reik²mes i² anksto nuspeti negalime, tai X atsitiktinis dydis, igyjantis reik²mes i² skai iu intervalo [0; 5]. Jeigu matuosime atstum iki centro ir apvalinsime iki sveikojo skai iaus, gausime dydi Y, igyjanti reik²mes i² skai iu aibes {0, 1, 2, 3, 4, 5}. Ω Ω X Y Akivaizdu, kad P (X < 3) = π 32 π 3,52 = 0,36, P (Y < 3) = = 0,49, π 52 π 5 2 P (X = 3) = 0, P (Y = 3) = π (3,52 2,5 2 ) = 0,24. π 5 2 Kad galetume pletoti atsitiktiniu dydºiu teorij, pirmiausia turime ²iuos dydºius grieºtai matemati²kai apibreºti. Tarkime, kad tikimybine erdve Ω, A, P yra ksuota. 105

106 Atsitiktinis dydis 9 apibreºimas. Tegu Ω yra bandymo baig iu aibe. Atsitiktiniu dydºiu vadiname taisykl, priskirian i baigtims skai ius, t. y. funkcij X : Ω R, apibreºt baig iu aibeje ir igyjan i skaitines reik²mes, bei tenkinan i s lyg : bet kokiam x tikimybe P (X < x) yra apibreºta. Tikimybe P (X < x) bus apibreºta tada ir tik tada, kai baig iu aibe {ω : X(ω) < x} priklausys pasirinktai ivykiu σ-algebrai A. Taigi atsitiktinis dydis yra funkcija, kuri yra suderinta su m usu ivykiu σ-algebra A. Jeigu ²ios s lygos neb utu, ne visu ivykiu, susijusiu su dydºiu, tikimybes galetume apskai iuoti. M usu poºi uris i atsitiktinius dydºius yra pragmati²kas atsitiktiniais dydºiais vadiname tik tas funkcijas, kurias galime tyrineti naudodami savo tikimybin erdv. I² dvieju atsitiktiniu dydºiu X 1, X 2 galime sudaryti por X 1, X 2, kuri vadinsime dvima iu atsitiktiniu vektorium, i² triju dydºiu galime sudaryti trimati atsitiktini vektoriu ir t. t. Atsitiktinis vektorius 10 apibreºimas. Tegu X 1, X 2,..., X n yra toje pa ioje tikimybineje erdveje apibreºti atsitiktiniai dydºiai. Ju rinkini X = X 1, X 2,..., X n vadinsime n-ma iu atsitiktiniu vektorium. Su atsitiktiniu dydºiu X galime susieti daug ivykiu, pavyzdºiui, {X = 3}, {X < 3}, {2 < X < 3} ir t. t. B utu gerai tureti iranki, kuriuo naudodamiesi galetume reik²ti tokias tikimybes. Tas irankis pasiskirstymo funkcija. Pasiskirstymo funkcija 11 apibreºimas. Atsitiktinio dydºio X pasiskirstymo funkcija vadinsime funkcij F X, apibreºt lygybe F X (x) = P (X < x). Atsitiktinio vektoriaus X vadinsime funkcij = X 1, X 2,..., X n pasiskirstymo funkcija F X (x 1, x 2,..., x n ) = P (X 1 < x 1, X 2 < x 2,..., X n < x n ). 106

107 27 pavyzdys. Atsitiktinis skritulio ta²kas Tarkime, skritulyje, kurio spindulio ilgis r = 5, atsitiktinai parenkamas ta²kas. Tegu X yra pasirinktojo ta²ko atstumas iki centro. Atsitiktinis dydis X igyja reik²mes i² skai iu intervalo [0; 5]. Surasime jo pasiskirstymo funkcij. Kadangi dydis igyja tik teigiamas reik²mes, tai su x 0 gausime F X (x) = 0. Taip pat akivaizdu, kad su x 5 teisinga lygybe F X (x) = 1. Kai 0 < x < 5, gauname F X (x) = πx 2 /π5 2 = x 2 /25. Taigi 0, jei x 0, x F X (x) = 2, jei 0 < x < 5, 25 1, jei x 5. FX(x) x Atsitiktinio dydºio X pasiskirstymo funkcijos F X (x) grakas O dabar tarkime, kad parink skritulio ta²k ir i²matav jo atstum iki centro, apvaliname atstum iki sveikojo skai iaus. itaip gausime atsitiktini dydi Y, kuris gali igyti ²e²ias reik²mes. Nesunku apskai iuoti tikimybes P (Y = m), m = 0, 1,..., 5. Sura²ykime jas i lentel : y = P (Y = y) = 0,01 0,08 0,16 0,24 0,32 0,19 Naudodamiesi ²iomis tikimybemis galime apskai iuoti pasiskirstymo funkcijos reik²m bet kuriame ta²ke. Pavyzdºiui, F Y (2,5) = P (Y < 2,5) = P (Y = 0) + P (Y = 1) + P (Y = 2) = 0,25. i reik²m pasiskirstymo funkcija F Y (y) igyja su visais y i² intervalo [2; 3). 107

108 Funkcijos grakas sudarytas i² laipteliu: FY (x) x Nagrinetu pavyzdyje atsitiktiniu dydºiu pasiskirstymo funkciju grakai rodo visas svarbiausias pasiskirstymo funkciju savybes. Suformuluokime jas. 21 teorema. Bet kokio atsitiktinio dydºio X pasiskirstymo funkcija F X (x) turi ²ias savybes: 1. funkcija igyja reik²mes intervale [0; 1] ir yra nemaºejanti, t. y. jei x 1 < x 2, tai F X (x 1 ) F X (x 2 ); 2. jei x, tai F X (x) 1; jei x, tai F X (x) 0; 3. jei x arteja prie skai iaus x 0 i² kaires, t. y. teisinga nelygybe x < x 0, tai F X (x) F X (x 0 ). i savybe vadinama funkcijos tolydumo i² kaires savybe. Irodymas. Kadangi F X (x) = P (X < x), tai funkcija, kaip ir tikimybe, igyja reik²mes tik i² intervalo [0; 1]. Paºymekime A x = {ω : X(ω) < x}, t. y. ivyki A x sudaro tos baigtys, kurioms priskiriamos reik²mes yra maºesnes uº x. Jei x 1 < x 2, tai baig iu, kurioms priskiriamos reik²mes maºesnes uº x 2 yra ne maºiau, negu baig iu, kurioms priskiriamos reik²mes maºesnes uº x 1. Taigi A x1 A x2. Ta iau tada P (A x1 ) P (A x2 ), t. y. F X (x 1 ) F X (x 2 ). Antroji ir tre ioji savybes i²plaukia i² tikimybes tolydumo. Irodykime teigini F X (x) 1, kai x. Tegu x n yra neapreºtai didejanti seka, t. y. x 1 < x 2 <... ir x n. Tada A x1 A x2 A x3..., A xn = Ω. n=1 I² tikimybes monotoni²kumo savybes gauname P (A xn ) 1 arba F X (x n ) 1, kai x n

109 Pana²iai galima irodyti ir kitus teoremos teiginius. Naudodamiesi pasiskirstymo funkcija galime uºra²yti ivairias su atsitiktiniu dydºiu susijusiu ivykiu tikimybes. Pavyzdºiui, P (X 2) = 1 F X (2), P (2 Y < 3) = F X (3) F X (2) ir t. t. Tarkime, X yra atsitiktinis dydis, o f(x) kokia nors funkcija, igyjanti reik²mes i² realiuju skai iu aibes. Ar dydis Y = f(x) irgi bus atsitiktinis, t. y. suderintas su nagrinejamu ivykiu σ-algebra? Kad taip b utu, funkcija f turi tenkinti vien s lyg. 12 apibreºimas. Tegu f : R R yra funkcija, o B R Borelio aibe. Jeigu {x : f(x) B} irgi yra Borelio aibe, tai funkcija B vadinama Borelio funkcija. Visos funkcijos, su kuriomis susiduriame praktiniuose taikymuose yra Borelio funkcijos. Taigi tikrinti, ar funkcija tenkina apibreºimo s lyga mums neprireiks. Pasinaudoj Borelio funkcijomis i² vieno atsitiktinio dydºio galime gauti kitus atsitiktinius dydºius. 22 teorema. Jeigu X yra atsitiktinis dydis, o f Borelio funkcija, tai Y = f(x) irgi yra atsitiktinis dydis. Uºdaviniai 1. Tegu X yra atsitiktinis dydis, nagrinetas ²io skyrelio pavyzdºiuose. Pasinaudokite pasiskirstymo funkcijos i²rai²ka ir apskai iuokite tikimyb P (2 < X < 3). 2. Kvadrato ABCD kra²tines ilgis lygus 5. Kvadrate atsitiktinai parenkamas ta²kas, X yra parinktojo ta²ko atstumas iki kra²tines AB. Apskai iuokite tikimybes P (X < 3), P (X > 1). Nubraiºykite pasiskirstymo funkcijos F X (x) grak. 3. Kvadrato ABCD kra²tines ilgis lygus 5. Kvadrate atsitiktinai parenkamas ta²kas, X 1 yra parinktojo ta²ko atstumas iki kra²tines AB, X 2 parinktojo ta²ko atstumas iki kra²tines AD, Y = min(x 1, X 2 ), Z = max(x 1, X 2 ). Apskai iuokite tikimybes P (Y < 3), P (Y > 1), P (Z < 3), P (Z > 1). Nubraiºykite pasiskirstymo funkcijos F Y (x) grak. 4. Kvadrato ABCD kra²tines ilgis lygus 5. Kvadrate atsitiktinai parenkamas ta²kas, X 1 yra parinktojo ta²ko atstumas iki kra²tines AB, X 2 parinktojo ta²ko atstumas iki kra²tines BC, X 3, X 4 atstumai iki kra²tiniu CD ir AD. Tegu Y = min(x 1, X 2, X 3, X 4 ). Apskai iuokite tikimybes P (Y < 3), P (Y < 2), P (Y > 1). Nubraiºykite pasiskirstymo funkcijos F Y (x) grak. 109

110 Atsakymai 1. 1/ /5; 4/ /25; 16/25; 9/25; 24/ ; 24/25; 9/ Diskretieji atsitiktiniai dydºiai Dauguma ²iame skyrelyje nagrinejamu atsitiktiniu dydºiu vienaip ar kitaip susij su bandymu, turin iu tik dvi baigtis, sekomis. Jeigu aibes elementus galima sunumeruoti, j vadiname diskre i ja. Nagrinesime atsitiktinius dydºius, kurie igyja reik²mes i² diskre iuju aibiu. Diskretusis atsitiktinis dydis 13 apibreºimas. Jeigu atsitiktinio dydºio reik²miu aibe yra diskreti, dydi vadinsime diskre iuoju. Diskre iojo atsitiktinio dydºio X reik²mes galima sunumeruoti: x 1, x 2,... Gali b uti baigtinis kiekis reik²miu, ta iau gali b uti ir begalinis. Jeigu atsitiktinio dydºio X reik²miu skai ius yra baigtinis, kartais jas kartu su tikimybemis patogu susira²yti i lentel, kaip jau dareme anksteniajame skyrelyje: x = x 1 x 2 x 3... P (X = x) = p 1 p 2 p 3..., p i = P (X = x i ). Visu dydºio X reik²miu tikimybiu suma lygi 1, t. y. p 1 + p = 1. Maºiausias galimas dydºio reik²miu skai ius lygus 1. Tada su visomis baigtimis dydis igyja t pa i reik²m (nesvarbu, kiek aku iu atvirto metus kauliuk, j usu laimejimas tas pats). Tokio atsitiktinio dydºio galetume ir nevadinti atsitiktiniu, nes jo reik²m visada galima pasakyti i² anksto. Vis delto prasminga ir tokius dydºius priimti i atsitiktiniu dydºiu ²eim. 14 apibreºimas. Jeigu yra reik²me a, su kuria atsitiktiniam dydºiui X teisinga lygybe P (X = a) = 1, tai toki dydi vadinsime i²sigimusiu atsitiktiniu dydºiu. I²sigimusio atsitiktinio dydºio pasiskirstymo funkcijos grakas labai paprastas, ºr. breºini. Grakas sutr uk s viename ta²ke x = a, tr ukio dydis 110

111 lygus 1. FX(x) 1 0 a x I²sigimusio atsitiktinio dydºio pasiskirstymo funkcijos grakas Bernoullio schemos bandymuose galimos tik dvi baigtys: nesekme ir sekme. Jeigu nesekmes atveji ºymesime skai iumi 0, o sekmes 1, gausime atsitiktini dydi X, igyjanti tik dvi reik²mes: P (X = 1) = p, P (X = 0) = q, 0 < p < 1, q = 1 p. Tokio dydºio pasiskirstymo funkcijos grakas turi du tr ukius, kuriu dydºiai lyg us reik²miu tikimybems p ir q. FX(x) 1 p q 0 1 x Atsitiktinio dydºio, igyjan io dvi reik²mes, pasiskirstymo funkcijos grakas O dabar nagrinekime atsitiktini dydi X, kurio reik²me lygi sekmiu skai iui Bernoullio schemoje, kai sekmes tikimybe viename bandyme lygi p, o bandymu skai ius n. Toks dydis gali igyti reik²mes 0, 1, 2,..., n. šinome ²io dydºio tikimybes: P (X = m) = C m n p m q n m, q = 1 p. Binominis atsitiktinis dydis 15 apibreºimas. Atsitiktini dydi X, igyjanti reik²mes su tikimybemis P (X = m) = C m n p m q n m, q = 1 p, m = 0, 1,..., n, vadinsime binominiu atsitiktiniu dydºiu; ºymesime X B(n, p). 111

112 i dydi gana i²samiai nagrinejome Bernoullio schemai skirtame skyrelyje. Ji galima i²reik²ti dydºiu, igyjan iu tik dvi reik²mes, suma. I² tikruju, su i-uoju Bernoullio schemos bandymu (i = 1, 2,..., n) susiekime atsitiktini dydi taip: { 1, jei i-ajame bandyme sekme, X i = 0, jei i-ajame bandyme nesekme. Tada X = X 1 + X X n. Hipergeometrinis atsitiktinis dydis Tegu urnoje yra u baltu ir v juodu rutuliu. Atsitiktinai su gr ºinimu traukiame n rutuliu, X baltu rutuliu skai ius tarp i²trauktuju. Nesunku suvokti, kad X yra binominis dydis: X B(n, u/(u+v)). O jeigu i²trauktuju rutuliu nebegr ºintume atgal? Didºiausia galima tokio dydºio reik²me yra max(u, n) (negalime i²traukti daugiau baltu rutuliu negu traukiame arba negu baltu urnos rutuliu skai ius). Maºiausioji max(n v, 0) (jeigu traukiame daugiau rutuliu negu urnoje yra juodu, tai n v baltu rutuliu tikrai i²trauksime. Dydis X diskretusis atsitiktinis dydis, jo reik²miu tikimybes P (X = m) = Cm u Cv n m, max(n v, 0) m max(u, n). Cu+v n Tokie atsitiktiniai dydºiai vadinami hipergeometriniais. Pana²iai kaip binomini dydi, hipergeometrini dydi galima uºra²yti paprastu atsitiktiniu dydºiu suma: X = X 1 + X X n, ia dydis X i signalizuoja, ar i-asis rutulys yra baltas (X i = 1), ar juodas (X i = 0). Pastebekime, kad visu dydºiu X i reik²miu tikimybes yra vienodos: P (X 1 = 0) = P (X 2 = 0) =... = P (X n = 0) = v u + v, P (X 1 = 1) = P (X 2 = 1) =... = P (X n = 1) = u u + v. Bernoullio schema tikras atsitiktiniu dydºiu lobynas. Panagrinekime j dar kart. Isivaizduokime, kad Bernoullio schemos bandymai kartojami iki pirmos sekmes, o X rei²kia atliktu bandymu skai iu. Tada maºiausia atsitiktinio dydºio X reik²me lygi 1, o didºiausios nera i² viso. Jei sekm ºymesime S, o nesekm N raide, tai tokio bandymo baigtis galesime uºra²yti taip: S, NS, NNS, NNNS,

113 Jeigu sekmes tikimybe viename bandyme lygi p, tai ²io dydºio reik²miu tikimybes yra P (X = 1) = P (S) = p, P (X = 2) = P (NS) = qp, P (X = 3) = P (NNS) = q 2 p,..., P (X = m) = q m 1 p, m = 1, 2,... ia q = 1 p yra nesekmes tikimybe viename bandyme. Geometrinis atsitiktinis dydis 16 apibreºimas. Atsitiktini dydi X, igyjanti reik²mes m = 1, 2,... su tikimybemis P (X = m) = q m 1 p, m = 1, 2,..., 0 < p < 1, q = 1 p, vadinsime geometriniu. šymesime X G(p). Taigi geometrinio dydºio reik²me bandymu skai ius, kuri teko atlikti, kol gavome pirm sekm. Reik²miu tikimybes sudaro geometrin progresij, todel dydis ir vadinamas geometriniu. Apskai iuosime tikimyb, kad teks atlikti daugiau kaip n bandymu, kol gausime pirm sekm : P (X > n) = P (X = n + 1) + P (X = n + 2) +... = q n p + q n+1 p +... = q n p(1 + q + q ) = qn p 1 q = qn, ia pasinaudojome geometrines progresijos nariu sumos formule: 1 + q + q 2 + q = 1 1 q = 1 p. Isivaizduokime, kad atlikome jau m bandymu, bet visi baigesi nesekmemis. Taigi ivyko ivykis {X > m}. Kokia tikimybe, kad atliksime dar nemaºiau kaip n nesekmingu bandymu, t. y. kam lygi s lygine tikimybe P (X > n + m X > m)? Jeigu atlikome m nesekmingu bandymu, tai galime manyti, kad viskas prasideda i² naujo. Taigi tikimybe, kad nepasiseks dar ne maºiau kaip n kartu, lygi prie² bandym apskai iuotajai tikimybei P (X > n). Todel P (X > n + m X > m) = P (X > n) = q n. 113

114 Geometrinis dydis X tai atliktu iki pirmos sekmes bandymu skai ius. Tada X 1 yra iki pirmosios sekmes patirtu nesekmiu skai ius. Pasirinkime dabar koki nors sveik skai iu n 1. Bernoullio schemos bandymus atliksime tol, kol gausime n sekmiu. Paºymekime Y n atliekant bandymus patirtu nesekmiu skai iu. Tada Y n yra atsitiktinis dydis, igyjantis sveikas neneigiamas reik²mes. Ivykiui {Y n = m} palanki baigtis seka ω 1, ω 2,..., ω n+m 1, 1, ia reik²me ω i = 0 rei²kia nesekm, o ω i = 1 sekm ; ω 1 + ω ω n+m = n. Tokios baigties tikimybe P (ω) = p n q m. Kiek yra baig iu, kurios palankios ivykiui {Y = m}? Tiek, kiek yra b udu parinkti baigties sekoje lygiai m ºenklu ω i = 0. Taigi palankiu baig iu skai ius yra C m m+n 1 ir P (Y n = m) = C m m+n 1p n q m. Pascalio atsitiktinis dydis Diskretuju atsitiktini dydi X, igyjanti sveikas neneigiamas reik²mes su tikimybemis P (X = m) = C m m+n 1p n q m vadinsime Pascalio atsitiktiniu dydºiu ir ºymesime X B (n, p). Pascalio atsitiktini dydi Y B (n, p) galime i²reik²ti geometriniais dydºiais. Paºymekime Y 1 nesekmiu, patirtu iki pirmos sekmes skai iu. Tada X 1 = Y G(p). Jei Y 2 yra nesekmiu patirtu po pirmos sekmes iki antros sekmes skai ius, tai X 2 = Y G(p). Analogi²kai apibreºiame ir dydºius X 3, Y 3,..., X n, Y n. Akivaizdu, kad Y = Y Y n 1 = X X n n, X j G(p). Ir dar kart sugriºkime prie Bernoullio schemos. Kai sekmes tikimybe viename bandyme yra maºa, o bandymu skai ius didelis, tai sekmiu skai iaus tikimyb galime skai iuoti pagal toki apytiksl formul : P (S n = m) λm m! e λ, λ = np, m = 0, 1, 2,... Tai rei²kia kad binominis dydis supana²eja su kitos ²eimos dydºiu. Poissono atsitiktinis dydis 17 apibreºimas. Jeigu atsitiktinis dydis X igyja sveikas neneigiamas reik²mes su tikimybemis P (X = m) = λm m! e λ, λ > 0, m = 0, 1, 2,... tai ji vadinsime Poissono dydºiu ir ºymesime X P(λ). 114

115 Apibreºeme dar vien atsitiktiniu dydºiu ²eim. Kiekvienas ²ios ²eimos dydis turi savo parametr λ, kuriuo naudojantis rei²kiamos dydºio reik²miu tikimybes. Tokie dydºiai pasirodo bandymuose, kuriuos galima suvokti kaip ilgas vienodu ir nepriklausomu bandymu su maºomis sekmes tikimybemis sekas. Tarkime, i²siruo²ete grybauti, nors orai grybams augti nera labai palank us. Kiek grybu surasite nuej, pavyzdºiui, 1000 m mi²ko takais? Kadangi i² anksto to pasakyti negalime, tai grybu skai ius atsitiktinis dydis. Tarkime, 1 m ilgio kelyje galima rasti tik vien gryb (ºinoma, tai netiesa, ta iau jeigu rad daugiau grybu nupjausime tik vien, tai tokia s lyga bus patenkinta). Tada vis grybavimo bandym galime isivaizduoti sudaryt i² 1000 atskiru bandymu su maºomis sekmes tikimybemis. Taigi rastu grybu skai ius beveik Poissono dydis. Gali pasitaikyti tokiu atsitiktiniu dydºiu, kurie netenkina diskretaus atsitiktinio dydºio apibreºimo, ta iau turi toki pat pasiskirstymo funkcij kaip ir diskretusis atsitiktinis dydis. Panagrinekime toki pavyzdi. Kvadrate, kurio kra²tine lygi 2, atsitiktinai pasirenkame ta²k. Jeigu ta²k parinkome ant kvadrato kra²tines matuojame jo atstum iki centro ir gauname atsitiktinio dydºio X reik²m. itaip galime gauti bet kuri intervalo [1; 2] skai iu. Jeigu pasirinktasis ta²kas yra kvadrato viduje, tada apibreºiame dydi lygybe X = 1. Taigi atsitiktinis dydis X gali igyti visas reik²mes i² intervalo [1; 2]. Visu dydºio X reik²miu negalime sunumeruoti, ta iau taikydami geometrini tikimybes apibreºim gauname, kad P (X 1) = 0, P (X = 0) = 1. Taigi savo tikimybinemis savybemis dydis X nesiskiria nuo i²sigimusiuo dydºio, igyjan io vienintel reik²m X = 1. Jeigu ir tuo atveju, kai parinktas ta²kas nera kvadrato viduje, apibre²ime dydi lygybe X = 1, gausime tikr diskretuji atsitiktini dydi. Uºdaviniai 1. Metami du simetri²ki lo²imo kauliukai. Tegu X 1 aku iu, atvirtusiu ant pirmojo kauliuko skai ius, X 2 ant antrojo. Kokias reik²mes igyja atsitiktinis dydis X = X 1 X 2? Kokiame ta²ke funkcijos F X (x) tr ukis yra didºiausias? Koks ²io tr ukio dydis? 2. De²imt egzamino bilietu sunumeruoti skai iais 1, 2,..., 10 ir sudeti i urn. Penki studentai vienas po kito atsitiktinai traukia po egzamino biliet. Parinktas bilietas gr ºinamas atgal. Atsitiktinio dydºio X reik²me didºiausias bilieto numeris i² i²trauktuju. Apskai iuokite pasiskirstymo funkcijos reik²m F X (5,5) ir tikimyb P (X = 5). 3. De²imt egzamino bilietu sunumeruoti skai iais 1, 2,..., 10 ir sudeti i urn. Trys studentai vienas po kito atsitiktinai traukia po egzamino biliet. Parinktas 115

116 bilietas atgal negr ºinamas. Atsitiktinio dydºio X reik²me didºiausias bilieto numeris i² i²trauktuju. Apskai iuokite pasiskirstymo funkcijos reik²m F X (4,5) ir tikimyb P (X = 5). 4. Bandymo irankiai: moneta ir du simetri²ki lo²imo kauliukai melynas ir raudonas. Metus monet herbas atvirsta su tikimybe p = 0,6. Melynojo kauliuko sieneles paºymetos skai iais 1, 1, 2, 4, 5, 6, raudonojo 1, 2, 2, 3, 4, 5. Pirmiausia metama moneta. Jeigu ji atvirsta herbu metamas melynas kauliukas, jeigu skai iumi raudonas. Atsitiktinio dydºio X reik²me skai ius ant atvirtusios kauliuko sieneles. Apskai iuokite pasiskirstymo funkcijos reik²m F X (3,5). 5. Lo²iama metant monet, kuri atvirsta herbu su tikimybe p = 0,3. Jeigu atvirsta herbas lo²ejas laimi 2 Lt, jeigu skai ius sumoka 1 Lt (kitaip tariant laimi 1 Lt.) Kokia tikimybe, kad po penkiu metimu lo²ejo igytas laimejimas bus 1 Lt? Kokia tikimybe, kad bus sumoketa dviem litais daugiau negu gauta (t. y. igytas laimejimas lygus 2 Lt? Kokia tikimybe, kad po penkiu metimu igytas laimejimas bus teigiamas? 6. Loterijos bilietas kainuoja 2 Lt, tikimybe, kad jis bus laimingas lygi 0,4, laimejimo dydis 5 Lt. Jeigu pirksime po vien biliet iki pirmojo laimejimo, kokia tikimybe, kad nepatirsime nuostolio? 7. Rugpj u io nakti lmuojame dangu, tikedamiesi uºksuoti krintan ius meteorus. Meteoru, patenkan iu i lmavimo kameros akirati per pusvalandi, skai ius atsitiktinis dydis X P(3). Kokia tikimybe, kad per pusvalandi kamera uºksuos nemaºiau kaip penkis krintan ius meteorus? Atsakymai 1. Dydºio X reik²miu aibe { 5; 4;... 4; 5}. Funkcijos F X (x) grako tr ukis didºiausias ta²ke x = 0; tr ukio dydis P (X = 0) = 1/ /32; 0, /30; 1/ / ,3087; 0,36015; 0, / ,

117 2.3. Tolydieji atsitiktiniai dydºiai Kiek ²io skyriaus eilu iu nepatingesite perskaityti? Eilu iu skai ius diskretusis atsitiktinis dydis. O kiek laiko sugai²ite skaitymui? Tai tolydusis atsitiktinis dydis. Diskre iuju atsitiktiniu dydºiu pasiskirstymo funkciju grakai yra sutr uk. Jei X yra diskretusis atsitiktinis dydis, o a yra jo reik²me, P (X = a) = p, tai ta²ke x = a pasiskirstymo funkcija F X (x) tures tr uki, kurio dydis yra p t. y. F X (a + ɛ) F X (a ɛ) p, kai ɛ > 0, ɛ 0. Ta iau jau nagrinejome ir tokius atsitiktinius dydºius, kuriu pasiskirstymo funkciju grakai neturi tr ukio ta²ku. 18 apibreºimas. Jeigu atsitiktinio dydºio X pasiskirstymo funkcija yra visuose ta²kuose tolydi, tai toki atsitiktini dydi vadinsime tolydºiuoju. Tarkime, neneigiamos funkcijos p(x) graku ir koordina iu sistemos a²imi y = 0 apribotos srities plotas lygus vienetui, ºr. breºini. p(x) p(x) X X < u u Panagrinekime toki bandym : atsitiktinai parenkame ²ios srities ta²k ir nustatome jo abscis (x koordinat ). Tegu X ²itaip gautas skai ius. Tada X atsitiktinis dydis. Surasime jo pasiskirstymo funkcij. Pasinaudoj geometriniu tikimybes apibreºimu gauname, F X (u) = P (X < u) = S u S = u p(x)dx, ia S = 1 yra srities apribotos funkcijos p(x) graku ir tiese y = 0 plotas, o S u ²ios srities plotas i kair nuo tieses x = u. Kai u kinta, plotas S u kinta be ²uoliu, t. y. tolydºiai. Taigi gauname tolyduji atsitiktini dydi. Jo pasiskirstymo funkcij i²rei²keme naudodami kit funkcij p(x), ji suteikia galimyb interpretuoti tikimybes, susijusias su atsitiktiniu dydºiu X kaip atitinkamu sri iu plotus. Pavyzdºiui, tikimybe P (a < X < b) lygi srities, kuri riboja tieses x = a, x = b, y = 0 ir funkcijos p(x) grakas plotui. 117

118 Absoliu iai tolyd us atsitiktiniai dydºiai 19 apibreºimas. Jeigu egzistuoja neneigiama funkcija p(x), kad atsitiktinio dydºio X pasiskirstymo funkcija uºra²oma lygybe F X (u) = u p(x)dx, tai dydi X vadinsime absoliu iai tolydºiu atsitiktiniu dydºiu, o funkcij p(x) jo tikimybiu tankiu (arba tiesiog tankiu). Srities, kuri apriboja atsitiktinio dydºio tankio grakas ir tiese y = a, plotas nepasikeis, jeigu pakeisime tankio funkcijos reik²m viename ar keliuose ta²kuose. Pavyzdºiui, funkcijos p 1 (x) ir p 2 (x) gali b uti naudojamos kaip to paties atsitiktinio dydºio tankiai, ºr. breºini. p1(x) p2(x) v v = p 2 (u) Ta iau visada geriau rinktis tokias funkcijas, kuriu grakai yra kiek galima maºiau sutr ukinej. Jeigu tankio funkcija p X (x) yra tolydi, kai x = x 0, tai pasiskirstymo funkcija ²iame ta²ke tures i²vestin : u Pasiskirstymo funkcija ir tankis F X(x 0 ) = p X (x 0 ). Taigi ºinodami pasiskirstymo funkcij, tankio funkcij galime rasti diferencijuodami. Ta iau gali b uti keletas ta²ku, kuriuose pasiskirstymo funkcija i²vestines netures. iuose ta²kuose tankio funkcijos reik²miu rasti diferencijuojant nepavyks. Tokiuose ta²kuose tankio funkcijos reik²m galime apibreºti bet kaip, plotai, kuriu reik²mes lygios atitinkamoms tikimybems, nepasikeis. 118

119 Kai x, tai F X (x) 1. Jeigu atsitiktinis dydis yra absoliu iai tolydus, ir u, tai F X (u) = taigi u p X (x)dx p X (x)dx, p X (x)dx = 1. Naudodamiesi tankio s voka galime ivykiu tikimybes susieti su tam tikru sri iu plotais. Pavyzdºiui, jeigu atsitiktinis dydis X turi tanki p X (x), tai tikimyb P (X [a; b)) (a < b) galime i²reik²ti taip; P (X [a; b)) = P (a X < b) = P (X < b) P (X < a) = F X (b) F X (a) = b p x (x)dx a p x (x)dx = b a p x (x)dx. Savo ruoºtu ²is integralas rei²kia g uros, kuri riboja tieses x = a, x = b, y = 0 ir tankio p X (x) grakas, plot. Tankio reik²mes parodo, kur atsitiktinio dydºio reik²mes link daºniau, kur re iau pasirodyti. Tegu, pavyzdºiui, p X (x 1 ) > p X (x 2 ). Palyginkime tikimybes, kad atsitiktinis dydis X igys reik²mes arti x 1 ir x 2, t. y. tikimybes P (X [x 1 ɛ; x 1 + ɛ) ir P (X [x 2 ɛ; x 2 + ɛ). Kai ɛ > 0 yra maºas skai ius, ²ios tikimybes apytiksliai lygios sta iakampiu su vienodo ilgio pagrindais plotams, t. y. dydºiamas 2ɛp X (x 1 ) ir 2ɛp X (x 2 ). Taigi atsitiktinio dydºio reik²mes daºniau pasirodo arti to ta²ko, kuriame tankio reik²me yra didesne. Panagrinekime kelias svarbias absoliu iai tolydºiu atsitiktiniu dydºiu ²eimas. 28 pavyzdys. Tolygiai pasiskirst dydºiai Tarkime, atsitiktinio dydºio X reik²me atsitiktinai parinktas intervalo [a, b], a < b, skai ius. Jeigu visi skai iai turi vienodas galimybes b uti parinkti, tai pasiskirstymo funkcij surasime pasinaudoj geometriniu tikimybiu apibreºimu: 0, jei x a, x a F X (x) =, jei a < x < b, b a 1, jei x b. Kai x a, b pasiskirstymo funkcija turi i²vestin. Kai x [a; b], tai F X (x) = 0; kai x (a; b), tai F X (x) = 1/(b a). 119

120 Tolygiai pasiskirst atsitiktiniai dydºiai Jeigu atsitiktinis dydis X turi tanki { 0, jei x [a; b], p X (x) = jei x (a; b), 1, b a tai sakysime, kad dydis tolygiai pasiskirst s intervale [a; b] ir ºymesime X T ([a; b]). FX(x) px(x) a b a b Tolygiai pasiskirs iusio atsitiktinio dydºio X pasiskirstymo funkcijos ir tankio grakai. 29 pavyzdys. Eksponentiniai dydºiai Isivaizduokime, kad pro pravir langeli i kambari iskrido bite ir i²sigandusi pradejo bla²kytis, ie²kodama kelio i²tr ukti. Tegu X yra laikas, kuri bite praleis kambaryje ie²kodama atviro lango. Kokia tikimybe, kad jai prireiks ne maºiau kaip t sekundºiu, t. y. kam lygi tikimybe P (X t)? Tarkime, kad laikas padalytas i 1/n sekundºiu trukmes intervalus I 1, I 2,.... Isivaizduokime, kad bite atlieka bandymus iki pirmos sekmes. Pirmas bandymas vyksta laiko intervale I 1, jeigu atvir langeli rado sekme, jeigu nerado atlieka antr ji bandym laiko intervale I 2. Paºymekime p n sekmes tikimyb viename bandyme, t. y. tikimyb, kad bite ras i²eiti per 1/n sekundºiu. Tada bites atliktu bandymu (laiko intervalu I j, kuriu prireiks kelio paie²kai) skai ius X n yra geometrinis atsitiktinis dydis, X n G(p n ). šinome, kad P (X n > N) = q N n, q n = 1 p n. Ta iau mes norime apskai iuoti tikimyb P (X t)! Kadangi laikotarpyje [0, t] telpa maºdaug N = t/(1/n) = nt intervalu, tai P (X t) P (X n > N) = q N n = (1 p n ) nt. i apytiksle lygybe tuo tikslesne, kuo didesnis n. Imdami ribin reik²m, kai n, gausime P (X > t). 120

121 Kai n, intervalu I j ilgiai ir sekmes tikimybe p n maºeja. Tarkime, kad sekmes tikimybe maºeja tiesiog proporcingai laiko intervalu ilgiui, t. y. egzistuoja toks skai ius λ > 0, kad p n /(1/n) = np n λ. Pasinaudosime vienu svarbiu teiginiu apie seku ribas: jei z n z, kai n, tai ( 1 + z ) n n e z. n Kai n, tai (( (1 p n ) nt = 1 + np ) n ) t n e λt, nes np n λ. n Taigi galime teigti P (X t) = e λt, F X (x) = 1 P (X t) = 1 e λt. Apskai iav i²vestin rasime tanki: p X (t) = λe λt, kai t > 0. Eksponentiniai dydºiai 20 apibreºimas. Jeigu atsitiktinis dydis X turi tanki p X (x) = { 0, jei x < 0, λe λx, jei x > 0, ia λ > 0, tai X vadinsime eksponentiniu atsitiktiniu dydºiu, ºymesime X E(λ). FX(x) px(x) 0 x 0 x Dydºiu, pasiskirs iusiu pagal eksponentinius desnius E(λ 1 ) ir E(λ 2 ), λ 1 > λ 2, pasiskirstymo funkciju ir tankiu grakai. Tarkime λ 1 > λ 2. Nustatykite, kurie grakai atitinka desni E(λ 1 ). 30 pavyzdys. Poissono procesas, eksponentiniai ir gamma-dydºiai Ijungete savo mobiluji telefon ir laukiate pirmosios SMS ºinutes. Tegu T 1 yra laukimo trukme. Kokia tikimybes P (T 1 t) reik²me, t. y. kokia tikimybe, kad teks laukti ne trumpiau kaip t laiko vienetu? 121

122 Dalindami laiko interval [0; t] i maºus intervalus, kaip dareme nagrinedami pasiklydusios bites r upes ius, bei padar prielaid, kad trumpame 1/n ilgio intervale m usu telefonas gali priimti tik vien ºinut, o tikimybe, kad ji atklys lygi p n, np n λ, kai n, gausime, kad P (T 1 t) = e λt, t. y. T 1 E(λ). Ta iau laikotarpiu [0; t] ºinut galime gauti, ir ne vien! Paºymekime X t ºinu iu, gautu ²iuo laikotarpiu skai iu. Tada X t yra diskretusis atsitiktinis dydis, kol kas ºinome tik vienos jo reik²mes tikimyb : P (X t = 0) = P (T 1 t) = e λt. Kam lygios kitu ²io dydºio reik²miu tikimybes? Atsakym galime gauti tokiu pat b udu kaip anks iau. Padalykime laikotarpi [0; t] i maºus 1/n ilgio intervalus I 1, I 2,..., I N ir tarkime, kad kiekviename laiko intervale su tikimybe p n galime gauti tik vien ºinut, o ºinu iu gavimai skirtingais laiko intervalais yra nepriklausomi ivykiai. Tada ºinu iu skai ius X t yra (beveik) sekmiu skai ius Bernoullio schemoje su sekmes tikimybe p n, o bandymu skai iumi N. Taigi P (X t = m) CN m p m n qn N m. Tikr j P (X t = m) reik²m gausime perej prie ribos, kai n. Ta iau N t/(1/n) = nt, o Np n = p n nt λt, taigi ribin reik²m gausime i² Poissono teoremos: P (X t = m) = (λt)m e λt, m = 0, 1, 2,.... m! Taigi X t P(λt). Gavome begalin Poissono dydºiu ²eim, j vadinsime Poissono procesu. Nagrinejome T 1 pirmosios ºinutes gavimo moment. Tegu dabar k 1, o T k k-osios ºinutes gavimo momentas. Akivaizdu, kad T 1 T 2 T 3... T k 1 T k. Suraskime tikimyb P (T k t), t. y. tikimyb, kad k-osios ºinutes teks laukti ne trumpiau kaip t? Atsakym gausime labai greitai: P (T k t) = P (X t < k) = P (X t = 0) P (X t = k 1) = e λt + (λt)1 e λt (λt)k 1 1! (k 1)! e λt. Taigi T k yra atsitiktinis dydis, kurio pasiskirstymo funkcija yra F Tk (t) = 1 P (T k t) = 1 e λt (λt)1 e λt +... (λt)k 1 1! (k 1)! e λt, t

123 Akivaizdu, kad dydis T k yra absoliu iai tolydusis. iek tiek pasidarbav (b utu naudinga atlikti skai iavimus bent jau, kai k = 2 ar k = 3), gautume p Tk (t) = F T k (t) = λ (λt)k 1 (k 1)! e λt = λk t k 1 (k 1)! e λt, t 0. Gamma-dydºiai 21 apibreºimas. Jeigu atsitiktinis dydis X turi tanki 0, jei t < 0, p X (t) = λ t k 1 (k 1)! e λt, jei t > 0, ia λ > 0, k 1, tai X vadinsime gamma-atsitiktiniu dydºiu, ºymesime X Γ(k, λ). Taigi T k yra gamma-dydis. Jis yra gana sudetingas. Dydi galime i²reik²ti paprastesniais. Paºymekime T 0 1 laikotarpio nuo laukimo pradºios iki pirmos ºinutes trukm, T 1 2 laikotarpio nuo pirmos iki antros ºinutes trukm ir t. t. Tada T k = T T T k 1 k. šinome, kad T 0 1 = T 1 yra eksponentinis dydis, t. y. T 0 1 E(λ). Gav pirm j ºinut, laukiame antrosios, t. y. viskas prasideda tarsi nuo pradºiu. Nesuklysime teigdami, kad T 1 2 E(λ). Apskritai, T i i+1 E(λ). Taigi gammadydis T k yra k eksponentiniu dydºiu suma! 31 pavyzdys. Pareto dydºiai Maºdaug prie² ²imt metu ekonomistas Vilfredas Pareto nustate, kad parinkus tam tikrus skai ius C > 0, α > 0, gyventoju, kuriu metines pajamos ne maºesnes kaip x, dali galima gana tiksliai vertinti dydºiu C/x α. Tikimybiu teorijos kalba tai reik²tu ²tai k : jeigu X yra atsitiktinai parinkto gyventojo pajamas rei²kiantis dydis, tai P (X x) C x α, kai x x 0, ia x 0 tam tikras ksuotas skai ius. Kad b utu papras iau, tarkime, kad C = 1, x 0 = 1 ir ra²ykime tikslias lygybes. Taigi P (X x) = 1 x α, F X(x) = 1 P (X x) = 1 1 x α. Akivaizdu, kad dydis turi tanki, kai x > 1; p X (x) = α/x α

124 Pareto atsitiktiniai dydºiai 22 apibreºimas. Jeigu atsitiktinis dydis X turi tanki p X (x) = { 0, jei x < 1, α, jei x 1, x α+1 ia α > 0, tai X vadinsime Pareto atsitiktiniu dydºiu. šymesime X Par(α). O dabar kone pati svarbiausia tolydºiuju atsitiktiniu dydºiu ²eima. Jeigu p yra sekmes tikimybe viename Bernoullio schemos bandyme, n bandymu, o S n sekmiu skai ius, tai Moivre-Laplace'o teorema teigia, kad su dideliais n teisinga lygybe P (Y n < u) Φ(u), Y n = S n np np(1 p), Φ(u) = 1 2π u e x2 /2 dx. io teiginio esme tokia: kai n didelis, tai dydis Y n supana²eja su tolydºiuoju atsitiktiniu dydºiu, kurio pasiskirstymo funkcija yra Φ(u). Standartinis normalusis dydis 23 apibreºimas. Atsitiktini dydi X, kurio tankis yra p(x) = 1 2π e x2 /2, vadinsime standartiniu normaliuoju dydºiu, ºymesime X N (0, 1). Standartinio normaliojo dydºio pasiskirstymo funkcija yra Φ(u), j jau naudojome tyrinedami Bernoullio schem. Tegu X yra standartinis normalusis dydis, o σ > 0 ir µ realieji skai iai. Sudarykime nauj atsitiktini dydi Y = σx + µ. Rasime jo pasiskirstymo funkcij : ( F Y (u) = P (σx + µ < u) = P F X (v) = v X < u µ σ 1 e x2 /2 dx, v = u µ 2π σ. ) = Paskutiniji integral kintamojo keitimu galime pertvarkyti taip: F Y (u) = u 1 2πσ 2 e (x µ)2 /2σ 2 dx. 124

125 I² gautosios lygybes i²plaukia, kad atsitiktinio dydºio Y tankis yra p Y (x) = 1 /2σ 2 2πσ 2 e (x µ)2 = 1 σ 2π /2σ2 e (x µ)2. Normalusis dydis 24 apibreºimas. Atsitiktini dydi X, kurio tankis yra p X (x) = 1 2πσ 2 e (x µ)2 /2σ 2, vadinsime normaliuoju dydºiu, ºymesime X N (µ, σ 2 ). Taigi normalieji atsitiktiniai dydºiai sudaro didel ²eim. Standartinis normalusis dydis tik vienas i² ²ios ²eimos atstovu. Nustateme, kad tiesi²kai transformuojant dydi X N (0, 1) gautasis dydis Y = σx + µ yra normalusis. Nagrinejome atveji σ > 0, ta iau pana²iai galima isitikinti, kad dydis yra normalusis ir tuo atveju, kai σ < 0. Jei Y N (µ, σ 2 ), tai pana²iai galime isitikinti, kad dydis X = (Y µ)/σ yra standartinis normalusis. Tankio 1 /2σ p X (x) = 2 2πσ 2 e (x µ)2 grakas yra simetri²kas tieses x = µ atºvilgiu. Jeigu µ ksuosime, o σ maºinsime, tankio kreive darysis statesne, jeigu σ didinsime kreive lek²tes. Kodel taip yra suprasime prisimin, kaip tankio reik²me ta²ke x 0 susijusi su atsitiktinio dydºio rei²kmiu pasitaikymo arti x 0 daºnumu. Jei s ry²yje Y = σx + µ σ maºinsime, Y vis daºniau igys reik²mes arti µ, t. y. tankio reik²mes ta²ke x = µ dides. px(x) 0 x Atsitiktiniu dydºiu, pasiskirs iusiu pagal normaliuosius desnius N (0, σ0 2), N (0, σ1 2), N (0, σ2 2 ), σ2 0 < σ2 1 < σ2 2 tankiu grakai. 125

126 Uºdaviniai 1. Vieno metro ilgio strypas atsitiktinai sulauºomas i dvi dalis. Atsitiktinio dydºio X reik²me ilgesniosios dalies ilgis. Raskite tikimyb P (X < 3/4) ir dydºio pasiskirstymo funkcij F X (x) bei tanki p X (x). 2. Sta iakampio ABCD kra²tiniu ilgiai yra tokie: AB = 2, AC = 1. Sta iakampyje atsitiktinai parenkamas ta²kas, X 1 parinktojo ta²ko atstumas iki kra²tines AB, X 2 parinktojo ta²ko atstumas iki kra²tines AC. Raskite atsitiktiniu dydºiu X 1, X 2, Y = X 1 + X 2 pasiskirstymo funkcijas ir tankius. 3. Lygia²onio sta iojo trikampio ABC statiniu ilgiai lyg us a. Sta iajame trikampyje atsitiktinai parenkamas ta²as. Dydºio X 1 reik²me parinktojo ta²ko atstumas iki statinio AB, dydºio X 2 reik²me lygi parinktojo ta²ko atstumui iki iºambines BC. Raskite atsitiktiniu dydºiu X 1, X 2 pasiskirstymo funkcijas ir tankius. 4. Du draugai susitare susitikti tarp 12 ir 13 valandos. Pirmasis atej s lauks kol ateis antrasis. Laukimo laikas atsitiktinis dydis X. Raskite tikimyb P (X < 1/2). Raskite atsitiktinio dydºio pasiskirstymo funkcij F X (x) ir tanki p X (x). 5. Muilo burbulo gyvavimo trukme atsitiktinis dydis, pasiskirst s pagal eksponentini desni. Atliktas bandymas: i²p usta 1000 muilo burbulu ir nustatyta, kiek i² ju i²tvere nesprog 1 minut. Tokiu buvo 450. Kokia tikimybe, kad i²p ustas muilo burbulas i²tvers nesprog s dvi minutes? Kiek reikia vienu metu i²p usti muilo burbulu, kad po triju minu iu dar b utu lik ne maºiau kaip 300 nesusprogusiu? 6. Atsitiktinis dydis X yra pasiskirst s pagal eksponentini desni X E(2). Raskite atsitiktinio dydºio Y = X 2 pasiskirstymo funkcij ir tanki. 7. Atsitiktinis dydis X yra pasiskirst s pagal Pareto desni X Par(3). Pagal kokius desnius pasiskirst atsitiktiniai dydºiai Y 1 = X, Y 2 = X 2, Y 3 = X 3? 8. Dydis X pasiskirst s pagal standartini normaluji desni, X N (0, 1). Pagal koki desni pasiskirst s atsitiktinis dydis Y = 3 2X? 9. Dydis X pasiskirst s pagal normaluji desni, X N ( 1, 2). Pagal koki desni pasiskirst s atsitiktinis dydis Y = 3 2X? Atsakymai 1. P (X < 3/4) = 1/2; F X (x) = 0, kai x 1/2; F X (x) = 2x 1, kai 1/2x 1; F X (x) = 1, kai x > 1; p X (x) = 0, kai x [1/2; 1]; p X (x) = 2, kai x [1/2; 1]. 2. p X1 (x) = 0, kai x [0; 1]; p X1 = 1, kai x [0; 1]; p X2 (x) = 0, kai x [0; 2]; p X2 (x) = 1/2, kai x [0; 2]; p Y (x) = 0, kai x [0; 3]; p Y (x) = x/2, kai x [0; 1]; p Y (x) = 1/2, kai x [1; 2]; p Y (x) = 3/2 x/2, kai x [2; 3]. 3. p X1 (x) = 0, kai x [0; a]; p X1 (x) = 2/a 2x/a 2, kai x [0; a]; p X2 (x) = 0, kai x [0; a/ 2]; p X2 (x) = 2 2/a 4x/a 2, kai x [0; a/ 2]. 126

127 4. P (X < 1/2) = 3/4; F X (x) = 0, kai x 0; F X (x) = 2x x 2, kai 0 < x 1; F X (x) = 1, kai x > ,45 2 = 0,2025; i²p usti reikia daugiau kaip 3293 burbulu. Tiketina, kad po 3 minu iu nesprogusiu bus daugiau kaip 300. Ta iau garantuoti, kad taip tikrai bus negalima. 6. F Y (x) = 1 e 2 x, p Y (x) = 1/ x, kai x > Y 1 Par(6), Y 2 Par(3/2), Y 2 Par(1). 8. Y N (3; 4). 9. Y N (5; 8) Kvantiliai ir kritines reik²mes itaip imantriai pavadinome lyg iu F X (x) = α sprendinius. Teikti vardus, rei²kia nurodyti ry²ius. Veliau suºinosime, kaip ²iais sprendiniais naudojamasi priimant tam tikrus sprendimus. Isivaizduokime eksperiment, kurio tikslas nustatyti tam tikros r u²ies si ulu stiprum. Pakabiname ant si ulo svori ir palengva ilginame si ul. Tegu X yra si ulo ilgis tuo metu, kai jis nei²laik s svorio nutr uko. Dydis X yra atsitiktinis. Samprotaudami pana²iai kaip pavyzdyje apie i kambari iskridusi bit, prieitume i²vados, kad X turetu b uti eksponentinis dydis, X E(λ), ia λ > 0 yra X pasiskirstym valdantis parametras. Taigi P (X x) = e λx, P (X < x) = 1 e λx. Dabar isivaizduokime, kad bandome dideli tokiu si ulu skai iu. Paºymekime si ulu skai iu n. Galime manyti, kad ruo²iames n kartu ksuoti atsitiktinio dydºio X reik²m. Jeigu m si ulu nutr uktu b udami trumpesni nei u, galetume padaryti i²vad, kad P (X < u) m/n. Panagrinekime toki klausim : jeigu atmestume, pavyzdºiui, de²imtadali pa iu ilgiausiu si ulu, kokio didºiausio ilgio si ulu rastume tarp likusiuju? Paºymekime ²i maksimalu ilgi u. Kadangi devyni de²imtadaliai si ulu nutr uks b udami trumpesni uº u, tai P (X < u) = 0,9, arba F X (u) = 0,9. Kadangi pasiskirstymo funkcijos i²rai²k ºinome, tai ²i lygti i²spr sti nesunku: 1 e λu ln 10 = 0,9, u = λ. 127

128 Jei nubraiºytume pasiskirstymo funkcijos F X (u) grak, tai ²is sprendinys b utu lygus pasiskirstymo funkcijos ir tieses y = 0,9 susikirtimo ta²ko absicisei. Gaut j reik²m galima interpretuoti ²itaip: tai tas kritinis ilgis, kuri sekmingai pasiekia tik de²imtadalis bandomu si ulu. Spr sti lygti F X (x) = α su 0 < α < 1, tenka nagrinejant ivairius tikimybiu teorijos ir statistikos uºdavinius. Jeigu pasiskirstymo funkcija F X (x) yra tolydi ir monotoni²kai didejanti, sprendinys visada egzistuoja ir yra vienintelis. Jeigu funkcija nera grieºtai monotoni²kai didejanti, ta iau tolydi, su kai kuriomis α reik²memis sprendiniu gali b uti be galo daug. Ta iau tuomet visada galima imti maºiausi ji. Kvantiliai ir kritines reik²mes 25 apibreºimas. Tegu atsitiktinis dydis X yra tolydus, 0 < α < 1. Dydºio X α lygio kvantiliu vadinsime maºiausi ji lygties F X (x) = α sprendini; ji ºymesime u α. Dydi u α taip pat vadinsime 1 α lygio kritine reik²me. Jeigu dydis X turi tanki p(x), o u α yra dydºio α lygio kvantilis, tai plotas po tankio graku i kair nuo tieses x = u α lygus α, o i de²in 1 α. FX(x) α px(x) S = α 0 x α x 0 x α x Atsitiktinio dydºio X α lygio kvantilis yra lygties F X (x) = α sprendinys. Uºdaviniai 1. Atsitiktinis dydis X tolygiai pasiskirst s intervale [1; 4]. Suraskite ²io dydºio α = 0,8 lygio kvantili. 2. Sta iakampyje, kurio matmenys yra 4cm 6cm atsitiktinai parenkamas ta²kas. Dydºio X reik²me parinktojo ta²ko atstumas iki ilgesnes pagrindo kra²tines. Suraskite ²io dydºio α = 0,9 lygio kvantili. 128

129 3. Raskite eksponentinio dydºio X E(3) 0,5 lygio kvantili ir 0,2 lygio kritin reik²m. 4. Atsitiktinis dydis X pasiskirst s pagal eksponentini desni, X E(λ). Jo 0,5 lygio kvantilis lygus 3. Raskite λ reik²m. 5. Raskite Pareto dydºio X Par(3) 0,5 lygio kvantili ir 0,2 lygio kritin reik²m. 6. Atsitiktinis dydis X yra standartinis normalusis, F X (0,5244) = Φ(0,5244) = 0,7. Kokia turi b uti a reik²me, kad atsitiktinio dydºio Y = 2X + a α = 0,7 lygio kvantilis b utu lygus 3? Atsakymai 1. u α = 3,4. 2. u α = 3, ,231 ir 0, , ,266; 3 5 1, a = 1, Nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai Nurodyti nepriklausomu atsitiktiniu dydºiu pavyzdºiu tikroveje nesunku: sniego dangos storis sausio 30 dien ir j usu pinigines storis liepos 25 dien tikriausiai yra nepriklausomi dydºiai. Ta iau nagrineti tokias dydºiu poras nelabai prasminga. Kompanijos pelno pokytis del ºaliavu kainos svyravimu ir pokytis del efektyvesnes reklamos taip pat neepriklausomi atsitiktiniai dydºiai. Ju sum ne tik prasminga, bet ir b utina nagrineti. I² patirties visi ºinome, kokie dydºiai yra priklausomi, kokie nepriklausomi. Ekonomistai, pavyzdºiui, prognozuoja, kad padidejus naftos kainoms, pakils ir vartojimo prekiu kainos. Tai priklausomi dydºiai. Kiekvienas suvokiame, kad per obels subrandintu obuoliu kiekis nepriklauso nuo naujametiniam fejerverkui i²leistu pinigu sumos. Tai nepriklausomi dydºiai. Ta iau kaip gi matemati²kai apibreºti nepriklausomus atsitiktinius dydºius? Prisiminkime nepriklausomu ivykiu apibreºim. Ivykiai A, B yra nepriklausomi, jei P (A B) = P (A) P (B). Jeigu X, Y yra du atsitiktiniai dydºiai, tai su kiekvienu i² ju galime susieti daug ivykiu. Pavyzdºiui, galime nagrineti su atsitiktiniu dydºiu X susijusius 129

130 ivykius {X < 2}, {X > 2}, {X [2; 3]}, ir t. t. Analogi²kus ivykius galime susieti ir su dydºiu Y. Jeigu kiekvienas ivykis, susij s su dydºiu X, nepriklauso nuo ivykio, susijusio su dydºiu Y, tai, matyt, ir dydºius deretu vadinti nepriklausomais. Ta iau tu ivykiu yra labai daug ir ivairiu. Kad dydºiai b utu nepriklausomi, pakanka, kad bet kuris ivykis {X < x} nepriklausytu nuo bet kurio ivykio {Y < y}. Nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai 26 apibreºimas. Atsitiktinius dydºius X, Y vadinsime nepriklausomais, jeigu su bet kokiais skai iais x, y teisinga lygybe P (X < x, Y < y) = P (X < x) P (Y < y). Nepriklausomu atsitiktiniu dydºiu apibreºimo s lyg galime suformuluoti taip: jei B 1 = ( ; x), B 2 = ( ; y), tai P (X B 1, Y B 2 ) = P (X B 1 )P (Y B 2 ). (21) Galima irodyti, kad (21) lygybe teisinga ne tik intervalais, bet su bet kokiomis Borelio aibemis B 1, B 2. Taigi atsitiktiniai dydºiai X, Y yra nepriklausomi tada ir tik tada, kai su bet kokiomis Borelio aibemis B 1, B 2 ivykiai {ω : X(ω) B 1 } ir {ω : X(ω) B 1 } yra nepriklausomi. Apibreºim paprasta apibendrinti, kai atsitiktiniu dydºiu daugiau nei du. 27 apibreºimas. Atsitiktinius dydºius X 1, X 2,..., X n vadinsime nepriklausomais, jeigu su bet kokiais skai iais x 1, x 2,..., x n teisinga lygybe P (X < x 1, X < x 2,..., X n < x n ) = P (X < x 1 )P (X < x 2 ) P (X n < x n ). Jeigu atsitiktiniu dydºiu sistema begaline, tai juos vadinsime nepriklausomais, jeigu bet kuris baigtinis ²ios sistemos dydºiu rinkinys sudaro nepriklausomu dydºiu sek. ie apibreºimai tinka visu r u²iu atsitiktiniams dydºiams. Diskre iuju atsitiktiniu dydºiu nepriklausomum galima tikrinti naudojantis paprastesne s lyga. 23 teorema. Jeigu X, Y yra diskretieji atsitiktiniai dydºiai, tai jie yra nepriklausomi tada ir tik tada, kai su visomis reik²memis x, y P (X = x, Y = y) = P (X = x) P (Y = y). 32 pavyzdys. Metami du simetri²ki lo²imo kauliukai, X 1 aku iu skai ius, atvirt s ant pirmojo, X 2 ant antrojo kauliuko. Ir be jokiu tikrinimu 130

131 galime daryti i²vad, kad dydºiai X 1, X 2 yra nepriklausomi. Tegu X = X 1 + X 2, Y = X 1 X 2. Ar dydºiai X, Y priklausomi? Kad irodytume, jog dydºiai priklausomi, pakanka surasti bent vien skai iu por x, y, su kuria lygybe P (X = x, Y = y) = P (X = x)p (Y = y) yra neteisinga. Imkime, pavyzdºiui, x = 12, y = 0. Gausime P (X = 12) = 1/36, P (Y = 0) = 1/6, P (X = x, Y = y) = 1/36. Taigi P (X = x, Y = y) P (X = x)p (Y = y), ir dydºiai yra priklausomi. Jeigu tektu irodineti, kad du diskretieji dydºiai yra nepriklausomi, tai darbo b utu ºymiai daugiau reiktu irodyti, kad su visomis x, y reik²memis apibreºimo lygybes yra teisingos. Jei X yra atsitiktinis dydis, tai ir X 2, X 3, sin(x), X yra atsitiktiniai dydºiai. Apskritai, su bet kokia Borelio funkcija f dydis f(x) irgi atsitiktinis. Pritaik Borelio funkcijas dviems nepriklausomiems atsitiktiniams dydºiams vel gausime nepriklausomu dydºiu por. 24 teorema. Jei X, Y yra nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai, o f, g bet kokios Borelio funkcijos, tai dydºiai X 1 = f(x), Y 1 = g(y ) irgi yra nepriklausomi. 33 pavyzdys. Balti ir juodi rutuliai Urnoje yra du balti ir du juodi rutuliai. Balti rutuliai paºymeti skai iais 0, 1. Tokiais pat skai iais paºymeti juodieji rutuliai. I² eiles su gr ºinimu traukiami du rutuliai. Paºymekime X baltu rutuliu skai iu, o Y skai iu, uºra²ytu ant i²trauktuju rutuliu sum. Ar dydºiai X ir Y yra nepriklausomi? Kiek pasvarst, tikriausiai pamanysime, kad tai tiesa. Ta iau tai reikia matemati²kai irodyti, t. y. reikia isitikinti, kad su visomis reik²memis x, y teisingos lygybes P (X = x, Y = y) = P (X = x)p (Y = y). Visas tikimybes P (X = x, Y = y) sura²ysime i lentel. Jas skai iuoti galime taip. Paºymekime baltuosius rutulius B 0, B 1 ; ia B i ºymi balt rutuli, ant kurio uºra²ytas skai ius i. Juoduosius rutulius paºymekime J 0, J 1. Traukiame du rutulius su gr ºinimu, taigi i² viso yra 16 baig iu. I²ra²ykime ivykiui {X = 1, Y = 1} palankias baigtis: B 0 J 1, B 1 J 0, J 1 B 0, J 0 B 1 taigi P (X = 1, Y = 1) =

132 Pana²iai apskai iuosime ir kitas tikimybes. Sura² tikimybes i lenteles langelius, susumuokime skai ius, sura²ytus eilutese ir stulpeliuose: Y = Y = Y = X = 0 X = 1 X = K rei²kia, pavyzdºiui, skai ius, kuri gavome susumav pirmojo stulpelio skai ius? is skai ius yra tikimybiu suma: P (X = 0, Y = 0) + P (X = 0, Y = 1) + P (X = 0, Y = 2) = P (X = 0). Taigi paskutineje eiluteje sura²ytos atsitiktinio dydºio X reik²miu tikimybes. O paskutiniame stulpelyje atitinkamu dydºio Y reik²miu tikimybes. Tikrinant, ar dydºiai yra nepriklausomi, reikia kiekvienam lenteles langeliui patikrinti, ar jame ira²yta reik²me lygi ²io langelio eilutes paskutiniojo ir ²io langelio stulpelio apatiniojo skai iu sandaugai. Pavyzdºiui, P (X = 1, Y = 1) = 1 4 = M usu atveju matome, kad visiems langeliams lygybes yra teisingos ir dydºiai yra nepriklausomi. Daºnai tenka sumuoti nepriklausomus atsitiktinius dydºius. Pavyzdºiui, noredami tiksliau i²matuoti koki nors dydi, kartojame matavimus, o ju rezultatus sumuojame. itaip gauname nauj atsitiktini dydi. 34 pavyzdys. Lo²imas su dviem kauliukais. Tarkime, simetri²ko lo²imo kauliuko sieneles suºymetos skai iais 0, 0, 1, 1, 1, 2, o kito kauliuko skai iais 0, 1, 1, 1, 2, 2. Metami abu kauliukai i² karto, laimejimas X lygus atvirtusiu aku iu skai iu sumai. Taigi X atsitiktinis dydis, kuris gali igyti reik²mes 0, 1, 2, 3, 4. Su kokiomis tikimybemis? Paºymekime X 1 aku iu skai iu, atvirtusi ant pirmojo kauliuko, X 2 ant antrojo. Tada X = X 1 + X 2, o dydºiai X 1, X 2 yra nepriklausomi. Naudo- 132

133 damiesi ²ia savybe gausime: P (X = 0) = P (X 1 = 0, X 2 = 0) = P (X 1 = 0) P (X 2 = 0) = = 2 36, P (X = 1) = P (X 1 = 0, X 2 = 1) + P (X 1 = 1, X 2 = 0) = = 9 36, P (X = 2) = P (X 1 = 0, X 2 = 2) + P (X 1 = 1, X 2 = 1) + P (X 1 = 0, X 2 = 2) = = 14 36, P (X = 3) = P (X 1 = 1, X 2 = 2) + P (X 1 = 2, X 2 = 1) = = 9 36, P (X = 4) = P (X 1 = 2, X 2 = 2) = = Toks nepriklausomu atsitiktiniu dydºiu sumos tikimybiu skai iavimo b udas tinka visiems diskretiesiems dydºiams. Nepriklausomu diskre iuju dydºiu suma 25 teorema. Tegu X, Y yra nepriklausomi diskretieji atsitiktiniai dydºiai, Z = X + Y. Tada kiekvienai dydºio Z reik²mei z P (Z = z) = x+y=z P (X = x)p (Y = y), ia sumuojama pagal visas reik²miu poras x, y kuriu suma lygi z. Nepriklausomu atsitiktiniu dydºiu sumos tikimybiu teorijos modeliuose pasitaiko labai daºnai. Tokias sumas naudojome jau ne kart. Pavyzdºiui, Bernoullio atsitiktini dydi X B(n, p) rei²keme atsitiktiniu dydºiu X i suma: X = X 1 + X X n, ia X i = 1, jei i-ajame bandyme pasirode sekme ir X i = 0, jei nesekme. ie dydºiai susij su nepriklausomais bandymais, taigi ir patys yra nepriklausomi. Nagrinedami Poissono proces atsitiktini dydi T k, kurio reik²me lygi laikotarpiui nuo stebejimo pradºios iki k ojo ivykio (ºinutes, meteoro kritimo ir pan.), i²rei²keme eksponentiniu dydºiu suma: T k = T T T k 1 k, ia T i i+1 yra laikotarpio tarp i-ojo ir i + 1-ojo ivykiu pasirodymu reik²me. Dydºiai T i i+1 yra vienodai pasiskirst ir nepriklausomi. 133

134 Uºdaviniai 1. Urnoje yra du balti ir du juodi rutuliai. Balti rutuliai paºymeti skai iais 0, 1. Tokiais pat skai iais paºymeti juodieji rutuliai. I² eiles be gr ºinimo traukiami du rutuliai. Irodykite, kad baltu rutuliu skai ius X ir skai iu, uºra²ytu ant i²trauktuju rutuliu, suma Y yra priklausomi atsitiktiniai dydºiai. 2. Urnoje yra du balti ir du juodi rutuliai. Balti rutuliai paºymeti skai iais 0, 1. Abu juodieji rutuliai paºymeti nuliu. I² eiles su gr ºinimu traukiami du rutuliai. Nustatykite, ar baltu rutuliu skai ius X ir skai iu, uºra²ytu ant i²trauktuju rutuliu suma Y yra priklausomi, ar nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai. 3. Simetri²ka moneta metama tris kartus. Apibreºkime du atsitiktinius dydºius X, Y. Jeigu pirmajame ir antrajame metimuose moneta atvirto ta pa ia puse, tai dydºio X reik²me lygi vienetui, jeigu atvirto skirtingomis pusemis nuliui. Jeigu pirmajame ir tre iajame metimuose moneta atvirto ta pa ia puse, tai dydºio Y reik²me lygi vienetui, prie²ingu atveju nuliui. Isitikinkite, kad dydºiai X, Y yra nepriklausomi. Ar jie b utu nepriklausomi, jeigu moneta b utu nesimetri²ka, pavyzdºiui, moneta herbu atvirstu su tikimybe 1/3? 4. Tikimybes, kad mestas lo²imo kauliukas atvirs sienelemis, paºymetomis 1, 2, 3, 4, 5 akutemis, yra vienodos. Tikimybe, kad ²is kauliukas atvirs sienele, paºymeta 6 akutemis, yra 10% didesne. Kitas lo²imo kauliukas atvirsta sienelemis, paºymetomis 1, 2, 3, 4, 5 irgi su vienodomis tikimybemis, ta iau tikimybe, kad jis atvirs sienele, paºymeta 6, yra 10% maºesne. Kokia tikimybe, kad metus abu kauliukus i² karto, atvirtusiu aku iu suma bus lygi 10? 5. Rugpj u io nakti lmuojame dangu dviem i skirtingas puses nukreiptomis kameromis, tikedamiesi uºksuoti krintan ius meteorus. Meteoru, patenkan iu i lmavimo kameru akirati per pusvalandi, skai iai nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai X 1 P(3), X 2 P(3). Kokia tikimybe, kad per pusvalandi kameros uºksuos nemaºiau kaip penkis krintan ius meteorus? Atsakymai 1. Pavyzdºiui, P (X = 0) = (1/2) (1/3) = 1/6, P (Y = 2) = (1/2) (1/3) = 1/6, P (X = 0, Y = 2) P (X = 0)P (Y = 2). 2. Priklausomi. Pavyzdºiui, P (X = 0) = 1/4, P (Y = 0) = 9/16; P (X = 0, Y = 0) = 1/4, P (X = 0, Y = 0) P (X = 0)P (Y = 0). 3. Dydºiai b utu priklausomi. Pavyzdºiui, tada b utu P (X = 1) = P (Y = 1) = (1/3) 2 + (2/3) 2 = 5/9; P (X = 1, Y = 1) = (1/3) 3 + (2/3) 3 = 1/9; t. y. P (X = 1, Y = 1) P (X = 1)P (Y = 1) /3599 0, ,

135 2.6. Diskre iuju atsitiktiniu dydºiu vidurkiai Tarkime, dietos besilaikantis erelis ºuvininkas per dien sueda, jeigu pagauna, tik vien ºuvi. Dienu, kai ereliui ºvejyba pavyksta, pasitaiko dvigubai daugiau negu dienu, kai ereliui tenka badauti. Kiek ºuvu vidutini²kai tenka erelio vienos dienos pietums? Panagrinekime toki lo²im. Sumokej s vieno lito mokesti, lo²ejas traukia du rutulius i² urnos, kurioje yra du balti ir trys juodi rutuliai. Jam i²mokama tiek litu, kiek baltu rutuliu jis i²trauke. Taigi jeigu jam pavyko i²traukti tik vien balt rutuli, jis atgauna imoket lit, jeigu du gauna du. Kam naudingas toks lo²imas: lo²ejams, ar lo²imo organizatoriams? Isivaizduokime, kad tokioje loterijoje dalyvauja didelis lo²eju skai ius n. Vadinasi, jie organizatoriams uºmoka n litu. Apskai iuokime, kiek vidutini²kai atgauna vienas lo²ejas. Tegu X yra baltu rutuliu skai ius tarp i²trauktuju, kartu ir lo²ejo laimejimas. Tada P (X = 0) = C2 3 C 2 5 = 0,3, P (X = 1) = C1 2C 1 3 C 2 5 = 0,6, P (X = 2) = C2 2 C 2 5 = 0,1. Taigi maºdaug P (X = 0)n = 0,3n lo²eju nieko nelaimes, P (X = 1)n = 0,6n lo²eju susigr ºins savo imok ir P (X = 2)n = 0,1n lo²eju gaus po 2 litus. Jeigu S n yra lo²ejams i²moketa suma, tai S n /n bus i²lo²io vidurkis: S n 0 P (X = 0)n + 1 P (X = 1)n + 2 P (X = 2)n, S n 0 P (X = 0) + 1 P (X = 1) + 2 P (X = 2) = 0,8. n Matome, kad sulauk n = 100 lo²eju organizatoriai gali tiketis maºdaug 20 litu pelno. Rei²kinys, kuri panaudojome skai iuodami S n /n, nusako atsitiktinio dydºio X vidutin reik²m t. y. vidurki. Diskre iojo atsitiktinio dydºio vidurkis 28 apibreºimas. Diskre iojo atsitiktinio dydºio X, igyjan io reik²mes x i, vidurkiu vadinsime skai iu E[X] = i x i P (X = x i ). Noredami, kad apibreºimas b utu trumpas nepaminejome vienos aplinkybes. Kai diskretusis dydis igyja be galo daug reik²miu, tai begalinio demenu kiekio 135

136 suma gali b uti neapibreºta, todel atsitiktinis dydis gali netureti vidurkio. Atsitiktinis dydis turi vidurki tada ir tik tada, kai sumos x i P (X = x i ) i reik²me yra baigtine. Dydºiams, kuriuos nagrinesime, ²i s lyga bus visada patenkinta. Galime atsitiktinio dydºio vidurki suvokti pasinaudoj tam tikrais geometriniais-mechaniniais samprotavimais. Prisiminkime iºymi j Archimedo sverto taisykl : jeigu ant strypo galu padeti m 1 ir m 2 svorio k unai, tai kad svertas b utu pusiausvyroje, reikia ji atremti tokiame ta²ke C, kad b utu patenkinta lygybe l 1 m 1 = l 2 m 2 (ºr. breºini). m 1 m 2 C l 1 l 2 Ta²kas C yra sistemos, sudarytos i² dvieju k unu, svorio centras. O dabar tarkime, kad ²ie k unai padeti ant skai iu tieses ta²ku, kuriu koordinates yra x 1, x 2. Tegu c yra svorio centro koordinate. m 1 m 2 c x 1 x 2 Tada l 1 = c x 1 l 2 = x 2 c m 1 (c x 1 ) = m 2 (x 2 c), (x 1 c)m 1 + (x 2 c)m 2 = 0, c = x 1m 1 + x 2 m 2 m 1 + m 2. Jeigu skai iu tieses ta²kuose su koordinatemis x 1, x 2,... patalpinti k unai, kuriu mases lygios m 1, m 2,..., tai tokios sistemos svorio centro koordinates 136

137 ie²kotume i² lygybes (x 1 c)m 1 + (x 2 c)m = 0. (22) Tegu dabar diskretusis atsitiktinis dydis X igyja reik²mes x 1, x 2,... su tikimybemis p 1 = P (X = x 1 ), p 2 = P (X = x 2 ),... Isivaizduokime, kad tieses ta²kuose su koordinatemis x 1, x 2,... patalpinome k unus, kuriu mases lygios p 1, p 2,.... Naudodamiesi (22) ie²kokime ²ios sistemos svorio centro. Ir gausime vidurki: c = E[X]! Prie² pradedami skai iuoti svarbiu atsitiktiniu dydºiu vidurkius, panagrinekime vidurkio savybes. 26 teorema. Jeigu X yra diskretusis atsitiktinis dydis, igyjantis reik²mes x i, o Y = f(x) kitas atsitiktinis dydis, tai jo vidurkis (jeigu tik jis egzistuoja) lygus E[Y ] = i f(x i )P (X = x i ). (23) I² tikruju, dydis Y igyja reik²mes y i = f(x i ), o ²iu reik²miu tikimybes P (Y = y i ) = P (X = x i ). Tiesa, tokiame samprotavime yra nedidelis netikslumas: juk skirtingoms reik²mems x i, x j dydºio Y reik²mes gali sutapti: f(x i ) = f(x j ). Ta iau vidurkio skai iavimo formule teisinga ir tokiais atvejais. Jeigu f(x) = ax, tai Y = ax. Pritaik teigini ²iam atvejui, gauname paprast, ta iau daºnai taikom konstantos i²kelimo taisykl. Konstantos i²kelimo taisykle 27 teorema. Jei X yra diskretusis dydis, turintis vidurki, o a bet koks skai ius, tai dydis Y = ax irgi turi vidurki: E[Y ] = E[aX] = a E[X]. Suformuluosime labai svarbi vidurkio adityvumo savyb. Vidurkio adityvumo savybe 28 teorema. Jeigu X ir Y yra diskretieji dydºiai, turintys vidurkius, tai ju suma X + Y irgi yra diskretusis dydis turintis vidurki: E[X + Y ] = E[X] + E[Y ]. 137

138 Irodymas. Paprastumo delei tarkime, kad atsitiktinis dydis X igyja tik dvi reik²mes x 1, x 2 o dydis Y irgi dvi y 1, y 2. Tada dydis Z igyja keturias reik²mes, kurias paºymekime taip: z 11 = x 1 + y 1, z 12 = x 1 + y 2, z 21 = x 2 + y 1, z 22 = x 2 + y 2. Tiesa, ²ios keturios reik²mes neb utinai yra skirtingos. Tada E[Z] = (x 1 + y 1 )P (X = x 1, Y = y 1 ) + (x 1 + y 2 )P (X = x 1, Y = y 2 ) + (x 2 + y 1 )P (X = x 2, Y = y 1 ) + (x 2 + y 2 )P (X = x 2, Y = y 2 ). Sumos demenis sutvarkykime taip: E[Z] = x 1 (P (X = x 1, Y = y 1 ) + P (X = x 1, Y = y 2 )) + x 2 (P (X = x 2, Y = y 1 ) + P (X = x 2, Y = y 2 )) + y 1 (P (X = x 1, Y = y 1 ) + P (X = x 2, Y = y 1 )) + y 2 (P (X = x 1, Y = y 2 ) + P (X = x 2, Y = y 2 )). Ivykiai {X = x i, Y = y j } yra nesutaikomi. Pavaizduokime juos breºiniu. Ω X = x 1, Y = y 1 X = x 2, Y = y 1 X = x 1, Y = y 2 X = x2, Y = y2 Paºi urej i breºini isitikinsime, kad Taigi P (X = x 1, Y = y 1 ) + P (X = x 1, Y = y 2 ) = P (X = x 1 ), P (X = x 2, Y = y 1 ) + P (X = x 2, Y = y 2 ) = P (X = x 2 ), P (X = x 1, Y = y 1 ) + P (X = x 2, Y = y 1 ) = P (Y = y 1 ), P (X = x 1, Y = y 2 ) + P (X = x 2, Y = y 2 ) = P (Y = y 2 ). E[Z] = x 1 P (X = x 1 ) + x 2 P (X = x 2 ) + y 1 P (Y = y 1 ) + y 2 P (Y = y 2 ) = E[X] + E[Y ]. Irodymo idejos bendruoju atveju yra tos pa ios. i teigini galime apibendrinti. 138

139 Vidurkio adityvumo savybe 29 teorema. Jeigu X 1, X 2,..., X n yra diskretieji atsitiktiniai dydºiai turintys vidurkius, tai ju suma irgi yra diskretusis atsitiktinis dydis, turintis vidurki: E[X 1 + X X n ] = E[X 1 ] + E[X 2 ] E[X n ]. Jeigu X, Y yra du diskretieji atsitiktiniai dydºiai turintys vidurkius ir pirmasis visada igyja maºesnes reik²mes, t. y. X Y, tai Z = Y X yra diskretusis atsitiktinis dydis, igyjantis tik neneigiamas reik²mes, Z 0. Tada ir jo vidurkis neneigiamas, E[Z] 0. Ta iau Y = X + Z, todel E[Y ] = E[X + Z] = E[X] + E[Z] E[X]. Irodeme kone akivaizdºi vidurkio savyb : jeigu vienas dydis visada igyja ne didesnes reik²mes negu kitas, tai ir jo vidurkis yra ne didesnis. Pasinaudoj ²ia savybe galime irodyti toki teigini. 30 teorema. Jeigu f ir g yra dvi funkcijos, f(x) g(x), o X diskretusis atsitiktinis dydis, tai f(x) g(x). Jeigu vidurkiai egzistuoja, tai E[f(X)] E[g(X)]. Suformuluosime dar vien svarbi savyb, kuri turi tik nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai. Nepriklausomu dydºiu sandaugos vidurkis 31 teorema. Jeigu X ir Y yra nepriklausomi diskretieji atsitiktiniai dydºiai, turintys vidurkius, tai ju sandauga X Y irgi yra diskretusis dydis, turintis vidurki: E[X Y ] = E[X] E[Y ]. Irodymas. Vel tarkime, kad atsitiktinis dydis X igyja tik dvi reik²mes x 1, x 2 o dydis Y irgi dvi y 1, y 2. Tada dydis Z igys keturias reik²mes: z 11 = x 1 y 1, z 12 = x 1 y 2, z 21 = x 2 y 1, z 22 = x 2 y 2. Tada E[Z] = (x 1 y 1 )P (X = x 1, Y = y 1 ) + (x 1 y 2 )P (X = x 1, Y = y 2 ) + (x 2 y 1 )P (X = x 2, Y = y 1 ) + (x 2 y 2 )P (X = x 2, Y = y 2 ). 139

140 Pasinaudokime tuo, kad dydºiai yra nepriklausomi, t. y. P (X = x i, Y = y j ) = P (X = x i ) P (Y = y j ). Tada E[Z] = x 1 P (X = x 1 )(y 1 P (Y = y 1 ) + y 2 P (Y = y 2 )) + x 2 P (X = x 2 )(y 1 P (Y = y 1 ) + y 2 P (Y = y 2 )) = x 1 (P (X = x 1 )E[Y ] + x 2 (P (X = x 2 )E[Y ]. Taigi E[X Y ] = E[X] E[Y ]. Uºdaviniai 1. Tegu X aku iu skai ius, atvirt s ant simetri²ko lo²imo kauliuko. Raskite E[X], E[ X 3 ]. 2. Lo²imo kauliukas nesimetri²kas: sieneliu su aku iu skai iais 1, 2, 3, 4, 5 tikimybes vienodos, o sieneles su ²e²iomis akutemis tikimybe 20% didesne uº kitas. Atsitiktinio dydºio X reik²me lygi atvirtusiu aku iu skai iui. Raskite E[X]. 3. Loterijai parengta 100 bilietu, i² ju 15 bilietu su 5 Lt laimejimu ir 10 su 10 Lt laimejimu. Jeigu lo²ejas perka vien biliet, koks jo i²lo²io vidurkis? Koks b utu i²lo²io vidurkis, jeigu lo²ejas pirktu 2 bilietus? Koks b utu lo²ejo i²lo²io vidurkis, jeigu jis isigytu m, 1 m 100, bilietu? 4. Loterija tokia pati kaip ankstesniajame uºdavinyje: 100 bilietu, 15 laimi po 5 Lt ir 10 laimi po 10 Lt. Ta iau lo²imo taisykles pasikeite: jeigu lo²ejas nusipirko biliet be laimejimo, jam nemokamai leidºiama pasirinkti dar vien biliet i² likusiuju. Koks dabar vien biliet isigijusio lo²ejo i²lo²io vidurkis? 5. Urnoje 3 balti ir 4 juodi rutuliai. Lo²ejai A, B, C vienas po kito traukia po rutuli nesugr ºindami jo atgal. Ta iau laimejimas 10 Lt i²mokamas tik tam, kuris pirmas i²traukia balt rutuli. Tegu X A, X B, X C yra atsitiktiniai dydºiai, rei²kiantys lo²eju laimejimus. Raskite E[X A ], E[X B ], E[X C ]. 6. Urna su rutuliais tokia pat kaip ankstesniajame pavyzdyje: 3 balti ir 4 juodi rutuliai. Lo²ejai A, B, C vienas po kito traukia po rutuli nesugr ºindami jo atgal. Laimejimas i²mokamas i²traukusiems baltus rutulius. Uº pirm ji balt rutuli 10 Lt, uº antr ji 8 Lt, uº tre i ji 6 Lt. Tegu X A, X B, X C yra atsitiktiniai dydºiai, rei²kiantys lo²eju laimejimus. Raskite E[X A ], E[X B ], E[X C ]. 7. Mesta moneta atvirsta herbu su tikimybe p = 0,6. Ji metoma tol, kol i² eiles atvirsta du herbai arba du skai iai. Metimu skai ius yra atsitiktinis dydis. Jeigu 140

141 metimu skai ius lygus 2, laimejimas 2 Lt, jeigu prireiks triju metimu laimesite 3 Lt, jeigu keturiu 4 Lt, jeigu penkiu ar daugiau laimejimas 5 Lt. Apskai iuokite laimejimo vidurki. 8. Yra dvi monetos: viena simetri²ka, kita ne. Nesimetri²ka moneta j metus atvirsta herbu su tikimybe 0,4. Vien lo²im sudaro du monetos metimai. Jeigu abu kartus moneta atvirsta ta pa ia puse, laimimas vienas litas. Lo²ejas gali abu kartus mesti t pa i monet, gali vien kart mesti simetri²k, kit kart nesimetri²k monet. Lo²ejas ketina lo²ti n = 100 kartu. Koks b utu jo laimejimo vidurkis, jeigu jis metytu simetri²k monet? Jeigu metytu nesimetri²k monet? Jeigu vien kart mestu simetri²k, o kit nesimetri²k monet? Atsakymai 1. E[X] = 7/2, E[ X 3 ] = 3/2. 2. E[X] = 111/ Paºymekime X 1 laimejimo, tekusio pirmajam nupirktam bilietui dydi. Tada P (X 1 = 5) = 15/100; P (X 1 = 10) = 10/100; E[X] = 1,75. Tegu X 2 antrajam bilietui tek s laimejimas; tada X 1 + X 2 laimejimo dydis, jei perkami du bilietai. Dydis X 2 igyja tas pa ias reik²mes su tomis pat tikimybemis kaip X 1. Todel E[X 1 + X 2 ] = 2 1,75 = 3,5. Jeigu perkama m bilietu, tai laimejimo vidurkis 1,75m. 4. Laimejimo vidurkis, kai perkamas vienas bilietas, yra dydºiu 13125/9900 1,326 didesnis nei ankstesniajame uºdavinyje. 5. E[X A ] = 30/7, E[X B ] = 20/7, E[X C ] = 12/7. 6. E[X A ] = 30/7, E[X B ] = 28/7, E[X C ] = 130/ , Lt, 52 Lt. 141

142 2.7. Diskre iuju dydºiu vidurkiu skai iavimas Tai neretai pasitaiko matematikoje: apibreºimuose nurodomas ilgas kelias prie tikslo, o teoremose b udai, kaip jo i²vengti. iame skyrelyje rasite daug tokiu pavyzdºiu. Taigi neprotinga mokytis vien apibreºimu! Apskai iuosime svarbiausiu diskre iuju atsitiktiniu dydºiu vidurkius. Papras iausiais atvejais ir skai iuoti nera ko atsakymas akivaizdus. Pavyzdºiui, jeigu atsitiktinis dydis X yra i²sigim s, t. y. su tikimybe 1 igyja reik²m a, P (X = a) = 1, tai ir vidurkis, ºinoma, lygus a : E[X] = a. Jeigu dydis X su tikimybe p igyja reik²m 1 ir su tikimybe q = 1 p reik²m 0, tai E[X] = 0 q + 1 p = p. Panagrinekime idomesniu pavyzdºiu. Tegu X yra binominis atsitiktinis dydis, X B(n, p). Dydi X galima suvokti kaip sekmiu skai iu S n, kuris gaunamas atlikus n Bernoullio schemos bandymu. Apskai iuosime E[X]. Pasinaudoj vidurkio apibreºimu gautume E[X] = n mcn m p m q n m, q = 1 p. m=0 Apskai iuosime ²ios sumos reik²m netiesiogiai, pasinaudodami paprastais atsitiktiniais dydºiais { 1, jei j-asis bandymas pasibaige sekme, X j = 0, jei j-asis bandymas pasibaige nesekme, ia j = 1, 2,..., n. Kadangi P (X j = 1) = p, P (X j = 0) = 1 p, tai E[X j ] = p. Ta iau X = X 1 + X X n, taigi E[X] = E[X 1 + X X n ] = E[X 1 ] E[X n ] = np. Binominio dydºio vidurkis Jei X B(n, p), tai E[X] = np. Pasinaudoj ta pa ia sudetingo atsitiktinio dydºio rei²kimo paprastesniais ideja apskai iuosime hipergeometrinio dydºio vidurki. Tegu urnoje yra m baltu ir n juodu rutuliu, atsitiktinai traukiame u (u m + n). rutuliu. Atsitiktinio dydºio X reik²me baltu rutuliu kiekis tarp 142

143 i²trauktuju. Surasime ²io dydºio vidurki. Dydºio reik²miu tikimybes apskai iavome jau ankstesniame skyrelyje, taigi E[X] = v Cv mcn u v, C u v m+n ia sumuojama pagal visas galimas dydºio reik²mes v. Uºuot skai iav ²i sum tiesiogiai, bandykime vel i²sisukti. Galime isivaizduoti, kad rutuliai traukiami ne visi i² karto, bet vienas po kito. Pasinaudosime dydºiais X 1, X 2,..., X u : { 1, jei j-asis rutulys baltas, X j = 0, jei j-asis rutulys juodas. Tada E[X] = X 1 + X X u, be to P (X j = 1) = m m + n, P (X j = 0) = n m + n, m E[X j ] = 1 m + n + 0 n m + n = m m + n. Taigi m E[X] = E[X 1 ] E[X u ] = u m + n. is pavyzdys dar kart rodo, kokia svarbi yra vidurkio adityvumo savybe. Ja pasinaudoj netiesiogiai suskai iavome gana sudeting sum. Apskai iuosime Poissono dydºio vidurki. Poissono teorema teigia: jeigu Bernoullio schemose bandymu skai ius n neapreºtai auga, sekmes tikimybe viename bandyme p n arteja prie nulio, ir np n λ, tai atsitiktinis dydis S n supana²eja su Poissono dydºiu X P(λ), t. y. P (S n = m) P (X = m), P (X = m) = λm m! e λ, n. Galima tiketis, kad tada E[S n ] E[X]. Ta iau E[S n ] = np n λ, taigi ²itaip samprotaudami gauname prielaid, kad E[X] = λ. Isitikinsime, kad tai tiesa, skai iuodami vidurki pagal apibreºim. Tegu X P(λ). Tada E[X] = m=0 m λm m! e λ = ia paºymejome k = m 1. Ta iau taigi E[X] = λ. k=0 m=1 λ m (m 1)! e λ = λe λ λ k k! = eλ, 143 k=0 λ k k!,

144 Poissono dydºio vidurkis Jei X P(λ), tai E[X] = λ. Jeigu Bernoullio schemos bandymus su sekmes tikimybe p atliksime iki pirmos sekmes, tai atliktu bandymu skai ius X bus geometrinis atsitiktinis dydis, t. y. X G(p), P (X = m) = q m 1 p, m = 1, 2,... Apskai iuosime ²io dydºio vidurki E[X]. Kokia turetu b uti vidurkio reik²me, galime speti taip. Jeigu pirmasis bandymas baigesi sekme, tai X = 1; jeigu nesekme viskas tarsi prasideda nuo pradºiu ir vidutini²kai i² viso teks atlikti (iskaitant pirm ji) 1 + E[X] bandymu. Taigi E[X] = 1 p + (1 + E[X])q, (1 q)e[x] = p + q = 1, E[X] = 1 p. Isitikinsime, kad ²is spejimas teisingas skai iuodami pagal apibreºim : E[X] = 1 p + 2 qp + 3 q 2 p mq m 1 p +... (24) Padauginkime (24) lygyb i² q ir i² (24) atimkime gaut j : E[X] = 1 p + 2 qp + 3 q 2 p +..., qe[x] = 1 qp + 2 q 2 p + 3 q 3 p +..., (1 q)e[x] = p + qp + q 2 p +... = p 1 q = 1, E[X] = 1 p. Geometrinio dydºio vidurkis Jei X G(p), tai E[X] = 1 p. Apskai iuokime Pascalio dydºio X B (n, p) vidurki. Nagrinedami ²i dydi gavome i²rai²k X = Y 1 + Y Y n n, Y i G(p). Taigi E[X] = E[Y 1 ] E[Y n ] n = n p n = nq p. 144

145 Pascalio dydºio vidurkis Jei X B (n, p), tai E[X] = nq p. Uºdaviniai 1. Taikinys yra skritulio su spinduliu r = 15 cm formos, jame nubraiºyti du apskritimai, ju spinduliai yra atitinkamai 5, 10 cm, o centrai sutampa su skritulio centru. I taikini visada pataikoma; ² uvi galima interpretuoti kaip atsitiktini skritulio ta²ko parinkim. Jeigu parinktas ta²kas yra maºojo apskritimo viduje ² uvio verte 15 ta²ku, jeigu tarp pirmuju dvieju apskritimu 10 ta²ku, jeigu uº apskritimo su spinduliu r = 10 gaunami 5 ta²kai. Kokia vidutine vieno ² uvio verte? Kiek vidutini²kai galima surinkti ta²ku, kai i taikini ²aunama n = 9 kartus? 2. Autobusu vaºiuoja n = 20 keleiviu, stoteliu skai ius m = 5. Tikimybes, kad keleivis i²lips pirmoje, antroje,..., penktoje stoteleje yra vienodos. Koks keleiviu, i²lipusiu pirmoje stoteleje skai iaus vidurkis? 3. Loterijos bilieto kaina 2 Lt. Tikimybe, kad bilietas bus laimingas lygi 1/3. Jeigu bilietas laimingas lo²ejui i²mokami 3 Lt. Lo²ejas nutare nusipirkti bilietu uº 10 Lt. Jo laimejimu suma atsitiktinis dydis X. Atem bilietams pirkti i²leistus pinigus gauname peln i² lo²imo: Y = X 10. Koks lo²ejo pelno vidurkis? Kokia tikimybe, kad jo pelnas bus didesnis uº vidurki? 4. Loterija ta pati, kaip ankstesniame uºdavinyje, ta iau lo²ejas nutare lo²ti kitaip. Jis nutare pirkti po vien biliet iki pirmojo laimejimo. Koks lo²ejo pelno vidurkis tokiu atveju? Kokia tikimybe, kad pelnas bus didesnis uº vidurki? 5. Avariju skai ius miesto gatvese per dien atsitiktinis dydis X, pasiskirst s pagal Poissono desni, X P(5). Kokia tikimybe, kad dienos avariju skai ius bus didesnis uº vidurki? Atsakymai 1. Vidurkis 95/9; vidutini²kai 95 ta²kus. 2. Vidurkis - 4 keleiviai. 3. Vidurkis 5; tikimybe 19/27 0,7. 4. Vidurkis 3; tikimybe 5/ ,

146 2.8. Absoliu iai tolydºiu dydºiu vidurkiai Galb ut bijoje integralu? Deja, integralu kaip ir stomatologu, i²vengti pavyksta nedaugeliui. Diskretaus atsitiktinio dydºio X vidurki galime suvokti kaip svorio centro koordinat : jeigu skai iu tieses ta²kuose x i patalpinsime p i = P (X = x i ) dydºio svorius (ºr. breºini, jame svoriai vaizduojami vienodo plo io ir tikimybems p i proporcingo auk² io stulpeliais), tai E[X] bus svorio centro koordinate. p i p i E[X] Jeigu X yra tolydus atsitiktinis dydis, tai su visomis reik²memis x teisinga lygybe P (X = x) = 0. Tarkime, atsitiktinis dydis yra absoliu iai tolydus, taigi turi tanki p X (x). Tada galime isivaizduoti, kad ant skai iu tieses yra patalpinti ne pavieniai svoriai, bet uºdeta g ura, kuri i² vir²aus riboja tankio grakas. Kur dabar reiktu irengti atram, kad tiese b utu pusiausvyroje, t. y. kaip nustatyti svorio centro koordinat? i koordinate b utu absoliu iai tolydaus atsitiktinio dydºio vidurkis. Galetume ie²koti vidurkio taip. x i px(x) 0 x i Skai iu ties padalij 1/n ilgio intervalais, pakeiskime g ur, kuri riboja tankio grakas, g ura, sudaryta i² sta iakampiu su pagrindais [x i, x i+1 ), x i = 146 x

147 i/n, i = 0; ±1, ±2,... ir auk² iais p X (x i ). Tar, kad ta²ke x i yra patalpintas svoris, lygus sta iakampio plotui, t. y. p X (x i )(x i+1 x i ), galetume vidurki (svorio centro koordinat ) skai iuoti taip: E[X] i x i p X (x i )(x i+1 x i ) (25) ir ie²koti sumos ribos, kai n. Ta iau kada gi ²i riba egzistuoja? Kasdieniame gyvenime laikome, kad koks nors daiktas ar rei²kinys egzistuoja, jeigu ji imanoma pasistengus surasti ar igyti. Ta iau matematikoje toks blaivaus proto poºi uris ne visada tinka. Ar egzistuoja, pavyzdºiui, tokios begalines sumos reik²me? šinoma, egzistuoja, pareik² kas nors ir pateiks irodym : = (1 1) + (1 1) +... = = 0. Ta iau galimas ir kitoks irodymas: = 1 + ( 1 + 1) + ( 1 + 1)... = = 1! Vargu ar tokie irodymai mus itikins, kad sumos reik²me egzistuoja. Jeigu matematinis objektas egzistuoja, tai taisyklingai samprotaudami apie ji neturetume prieiti nesuderinamu, prie²taringu i²vadu! Prisiminkime diskre iojo atsitiktinio dydºio vidurkio egzistavimo s lyg : suma x P (X = x) x turi b uti baigtine. Absoliu iai tolydºiuju atsitiktiniu dydºiu atveju ²i s - lyg atitinka reikalavimas, kad g uros, kuri riboja abscisiu a²is ir funkcijos x p X (x) grakas, plotas b utu baigtinis, kitaip sakant integralas x p X (x)dx turi b uti baigtinis. Tada (25) sumu riba egzistuoja, dar daugiau galime j uºra²yti integralu ir skai iuoti naudojantis galingais integralinio skai iavimo instrumentais: E[X] i x i p X (x i )(x i+1 x i ) xp X (x)dx, n. 147

148 Absoliu iai tolydaus atsitiktinio dydºio vidurkis 29 apibreºimas. Jeigu absoliu iai tolydaus atsitiktinio dydºio tankis yra p X (x), ir integalo x p X (x)dx reik²me yra baigtine, tai atsitiktinio vidurkiu vadinsime skai iu E[X] = xp X (x)dx. Ne visi diskretieji atsitiktiniai dydºiai turi vidurkius. Yra ir absoliu iai tolydºiu atsitiktiniu dydºiu, kurie vidurkiu neturi. tai paprastas pavyzdys. Tarkime, atsitiktinis dydis X turi toki tanki: { 0, jei x 1, p X (x) = 1, jei x > 1. 2x 2 Nusibraiº tankio grak, pamatytume, kad abscisiu a²is ir tankio grakas apriboja simetri²k ordina iu a²ies atºvilgiu g ur. Noretusi teigti, kad ²ios g uros svorio centro abscise, taigi atsitiktinio dydºio vidurkis lygus nuliui. Ta iau nesunku isitikinti, kad tankis netenkina s lygos, suformuluotos vidurkio apibreºime. Prasminga kalbeti tik apie tu g uru, kuriu svoriai baigtiniai, svoriu centrus! šinome, kaip skai iuoti atsitiktinio dydºio Y = f(x) vidurki, kai X yra diskretusis atsitiktinis dydis. Pana²us teiginys teisingas ir absoliu iai tolydiems dydºiams. 32 teorema. Tegu atsitiktinio dydºio X tankis yra p X (x), o f(x) funkcija, igyjanti realias reik²mes. Atsitiktinio dydºio Y = f(x) vidurkis (jeigu jis egzistuoja) skai iuojamas taip: E[Y ] = f(x)p X (x)dx. Diskre iuju atsitiktiniu dydºiu vidurkiu savybes (aditityvumo, nepriklausomu atsitiktiniu dydºiu sandaugos vidurkio) savybes teisingos ir absoliu iai tolydºiu atsitiktiniu dydºiu atveju. O kaip skai iuoti atsitiktiniu dydºiu, kurie nera nei diskret us, nei absoliu iai tolyd us, vidurkius? Pavyzdºiui, jeigu X yra diskretus, o Y absoliu iai tolydus atsitiktinis dydis, tai ju suma Z = X + Y nepriklausys nei vienai ²iu ²eimu. Taigi reikalinga bendresne atsitiktiniu dydºiu vidurkiu teorija. 148

149 Laimei, praktikoje tokie dydºiai ne taip daºnai pasitaiko. O paprastais atvejais galime suvesti skai iavimus i diskre iojo ir absoliu iai tolydaus dydºio atvejus. Pavyzdºiui, dydºio Z vidurki galime rasti sumuodami vidurkius: E[Z] = E[X] + E[Y ]. O dabar suraskime anks iau nagrinetu absoliu iai tolydºiu atsitiktiniu dydºiu vidurkius. Tegu atsitiktinis dydis X yra tolygiai pasiskirst s intervale [a; b]. Tada jo tankis p X (x) = { 1, b a jei x [a; b]; 0, jei x [a, b]. Akivaizdu, kur reikia irengti atram, kad tankio sta iakampis liktu pusiausvyroje: E[X] = b + a 2. Ta iau apskai iuokime ir naudodamiesi apibreºimu: E[X] = xp X (x)dx = 1 b a b a xdx = b2 a 2 2(b a) = a + b 2. Tolygiai pasiskirs iusio dydºio vidurkis Jei X T ([a, b]), tai E[X] = a + b 2. Apskai iuosime eksponentinio atsitiktinio dydºio X E(λ) vidurki. io dydºio tankis { λe λx, jei x 0, p X (x) = 0, jei x < 0. Pirmiausia pabandykime nustatyti vidurkio reik²m nevisi²kai grieºtais samprotavimais. Prisiminkime geometrinio ir eksponentinio dydºiu ry²i. Tegu vienas bandymas su dviem baigtimis trunka 1/n laiko vienetu, o sekmes tikimybe p n. Jeigu bandymus atliksime iki pirmos sekmes, tai atliktu bandymu skai ius bus geometrinis dydis, paºymekime ji X n. šinome, kad E[X n ] = 1/p n. Tegu trumpejant vieno bandymo trukmei sekmes tikimybe maºeja taip, kad np n λ, λ > 0, n. Nustateme, kad ( Xn ) P (X n > nt) P (X > t), arba P n > t P (X > t). 149

150 Paskutinis s ry²is rei²kia, kad atsitiktinis dydis X n /n darosi vis pana²esnis i X. Todel galime tiketis, kad E[X n /n] arteja prie E[X]. Ta iau E[X n /n] = E[X n] n = 1 np n 1 λ, n. Taigi galime manyti, kad E[X] = 1/λ. Isitikinkime tuo integruodami. Teks pasinaudoti integravimo dalimis technika: E[X] = xe λx + 0 xp X (x)dx = 0 e λx dx = 0 0 λxe λx dx = e λx dx = 1 λ 0 Eksponentinio dydºio vidurkis 0 xde λx = de λx = 1 λ e λx = 1 λ. 0 Jei X E(λ), tai E[X] = 1 λ. Prisiminkime gamma dydºiu ir eksponentiniu dydºiu s ry²i. Jeigu pokalbiu mobiliuoju telefonu aistruolis(e) nusprende pasikalbeti su k draugais, tai pokalbiu trukmes bus nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai X i, pasiskirst pagal eksponentini desni E(λ), o bendra pokalbiu trukme X pagal gamma desni: X = X 1 + X X k, X Γ(k, λ). Taigi E[X] = E[X 1 ] E[X k ] = k λ. Gamma dydºio vidurkis Jei X Γ(k, λ), tai E[X] = k λ. Normaliojo standartinio dydºio X N (0, 1) tankis p X (x) = 1 2π e x2 /2 yra lygine funkcija. Tikriausiai nereikia ilgai itikineti, kad jeigu tokio dydºio vidurkis egzistuoja, tai jis lygus nuliui. Taip ir yra: E[X] =

151 Jeigu tiesi²kai transformuosime ²i dydi, t. y. apibre²ime Y = σx + µ, tai gausime vel normaluji dydi: Y N (µ, σ 2 ). Jo vidurkis E[Y ] = E[σX + µ] = E[σX] + E[µ] = σe[x] + µ = µ. Normaliuju dydºiu vidurkiai Jei X N (µ, σ 2 ), tai E[X] = µ. Uºdaviniai 1. Atsitiktinio dydºio X reik²me gaunama taip: atsitiktinai parenkamas intervalo [0; a] skai ius ir keliamas kvadratu. Kokia turetu b uti a reik²me, kad atsitiktinio dydºio X vidurkis b utu lygus 1? 2. Atsitiktinai ir nepriklausomai vienas nuo kito pasirenkami du intervalo [0; a] skai iai X 1, X 2. Paºymekime X maºesniji i² ju. Apskai iuokite atsitiktinio dydºio X vidurki. 3. Lygia²onio trikampio ²oniniu kra²tiniu ilgiai lyg us 1, o vir² unes kampas φ gali igyti bet kurias reik²mes i² intervalo [0; π/2], kitaip tariant yra atsitiktinis dydis, tolygiai pasiskirst s ²iame intervale. Raskite trikampio ploto S vidurki. 4. Lo²imas vyksta taip: pirmiausia atsitiktinai parenkamas intervalo [0; 1] skai ius, o po to metama moneta, kuri atvirsta herbu su tikimybe 3/5. Jeigu moneta atvirsta herbu, parinktasis skai ius dvigubai sumaºinamas, o jeigu skai iumi dvigubai padidinamas. Gautasis skai ius yra laimejimo dydis. Koks laimejimo X vidurkis ²iame lo²ime? 5. Vaikai ºaidºia su balionais, kol juos susprogdina. Baliono gyvavimo trukme eksponentinis atsitiktinis dydis. imtas vaiku vienu metu gavo po balion ir pradejo ºaisti. Po penkiu minu iu buvo lik tik 45 balionai. Koks vieno baliono gyvavimo trukmes vidurkis? 6. A pokalbio telefonu trukme eksponentinis dydis, ²io dydºio vidurkis lygus 5 min. B pokalbio telefonu trukme irgi eksponentinis dydis, jo vidurkis lygus 7 min. Tarkime, jie pradejo pokalbius vienu metu, o X trumpesniojo pokalbio trukme. Koks atsitiktinio dydºio X vidurkis? 7. Atsitiktinis dydis X yra standartinis normalusis, t. y. X N (0, 1), o dydis Y gaunamas taip Y = X +a. Koks atsitiktinio dydºio Y vidurkis, jeigu ºinoma, kad P (Y > 2) = 0,4? Teks pasinaudoti standartinio normaliojo dydºio pasiskirstymo funkcijos reik²miu lentelemis arba ju skai iavimo funkcijomis! 151

152 Atsakymai 1. a = E[X] = a/3. 3. E[S] = 1/π 0, E[X] = 11/ ,26 min. 6. E[X] = 35/12 2,9 min. 7. E[Y ] = a 1, Bendroji atsitiktiniu dydºiu vidurkio teorija Jos esme tokia: diskretieji dydºiai, kaip kokie indenai, ant savo pe iu perne²a visus svarbius teiginius ir savybes i teorijos auk²tumas. is skyrelis skirtas tik smalsiems skaitytojams. Jeigu jums ner upi suºinoti, kaip matematikai pletoja vidurkio s vok, tinkan i visiems atsitiktiniams dydºiams, galite ²iu puslapiu ir neskaityti. Taigi yra daug dydºiu, kurie nera nei diskret us, nei absoliu iai tolyd us. Pavyzdºiui, dvieju nepriklausomu atsitiktiniu dydºiu X 1 P(λ) ir X 2 N (0, 1) suma nera nei diskretusis, nei absoliu iai tolydus atsitiktinis dydis. Kaip apibreºti tokiu dydºiu vidurki? Ideja labai paprasta: priartinkime atsitiktini dydi X diskre iaisiais atsitiktiniais dydºiais X n, i²tirkime, ar E[X n ] egzistuoja, jei egzistuoja ir turi rib apibreºkime E[X] = lim E[X n ]. n Po to nustatykime, kokios diskre iuju atsitiktiniu dydºiu savybes i²lieka ir bendruoju atveju. Taigi pirmas klausimas: kaip bet koki atsitiktini dydi X : Ω R priartinti diskre iaisiais, t. y. igyjan iais reik²mes i² baigtines ar skai ios aibes, dydºiais? Sprendimas paprastas: suskaidykime skai iu ties R intervalais I k = [k/n; (k+1)/n), k = 0; ±1; ±2;..., o baig iu aib nesikertan iais poaibiais H k = {ω : X(ω) I k } = { ω : k n X(ω) < k + 1 }. n Dabar apibreºkime X n (ω) = k, jei ω H n k. Dydºiai X n yra diskretieji. Beveik akivaizdu, kad X(ω) 1 n X n(ω) X(ω), taigi 0 X(ω) X n (ω) 1/n, 1/n X n (ω) X(ω) 0. Didejant n diskretieji atsitiktiniai dydºiai X n vis maºiau skiriasi nuo X. Palyginkime 152

153 X n+m ir X n reik²mes: Taigi X n+m (ω) X n (ω) X(ω) X n (ω) < 1 n, X n+m (ω) X n (ω) X n+m (ω) X(ω) > 1 n + m > 1 n. 1 n X n+m(ω) X n (ω) 1 n,. Tarkime, visu atsitiktiniu dydºiu X k vidurkiai egzistuoja. Tada egzistuoja ir skirtumo X n+m X n vidurkis: I² (2.9.) gauname, kad E[X n+m X n ] = E[X n+m ] E[X n ]. 1 n = E[ 1 n ] E[X n+m] E[X n ] E[ 1 n ] = 1 n. I² ²iu nelygybiu i²plaukia (Caushy kriterijus), kad vidurkiu sekos E[X n ] riba egzistuoja. Taigi galime apibreºti E[X] = lim n E[X n ]. O dabar galima irodineti vidurkio savybes bendruoju atveju. Visas pagrindines diskre iuju dydºiu vidurkio savybes (konstantos i²kelimo, adityvumo, nepriklausomu dydºiu sandaugos vidurkio...) diskretieji dydºiai ant savo pe iu perne²a ir i didºi j atsitiktiniu dydºiu aib! Atsitiktiniu dydºiu dispersija Jei i vienodus apvalius taikinius ²audys taiklus ir netaiklus ²auliai, pataikymo ta²ku koordina iu vidurkiai bus tikriausiai vienodi. O kuo rezultatai skirsis? Pataikymo ta²ku i²sibarstymu apie taikinio centr. Vienoje gatves puseje gyvena de²imt ºmoniu, ju vidutinis menesinis uºdarbis 3 t ukstan iai litu. Kitoje taip pat de²imt ºmoniu, o ju menesinio uºdarbio vidurkis tas pats. Atrodo, visi²kai vienoda padetis abiejose gatves pusese. Ta iau nepasakiau dar vienos aplinkybes vienoje gatves puseje visi gyventojai uºdirba po 3 t ukstan ius, o kitoje vienas uºdirba 30000, o kiti devyni i² viso neturi darbo! 153

154 Taigi t pati vidurki gali tureti labai ivair us dydºiai. Panagrinekime atsitiktini dydi X, tolygiai pasiskirs iusi intervale [ 1; 1] ir dar keturis diskre iuosius atsitiktinius dydºius: P (X 0 = 0) = 1; P (X 1 = x) = 1 2, x = ±1; P (X 2 = x) = 1 4, x = ±1 2, ±1; P (X 3 = x) = 1 6, x = ±1 4, ±1 2, ±1. Dydºiai skirtingi, bet visu ju vidurkiai lyg us nuliui: E[X] = E[X i ] = 0. Kurio dydºio reik²mes maºiausiai, kurio daugiausiai i²sibarst apie vidurki? I pirm klausim atsakymas ai²kus dydis X 0 yra i²sigim s, jo reik²mes i² viso nera i²sibarst. Kad galetume palyginti kitu dydºiu reik²miu i²sibarstym, reikalingas reik²miu i²sibarstymo matas. Kyla nat urali mintis surasti reik²miu nuokrypiu (atstumu) nuo vidutines reik²mes vidurki. Atstumas yra reik²mes ir vidurkio skirtumo modulis. Modulis nera labai patogi funkcija, todel vietoje jo panaudosime skirtumo kvadrat. Atsitiktinio dydºio dispersija 30 apibreºimas. Tegu X atsitiktinis dydis, turintis vidurki. Jeigu dydis (X E[X]) 2 irgi turi vidurki, tai ji vadinsime dydºio X dispersija. šymesime D[X] = E[(X E[X]) 2 ]. Dydi σ(x) = D[X] vadinsime atsitiktinio dydºio X standartiniu nuokrypiu. Dispersij suvoksime kaip dydºio reik²miu i²sibarstymo mat. šinoma, kartais dispersija gali ir neegzistuoti. Apskai iuokime atsitiktiniu dydºiu, apibreºtu skyrelio pradºioje, dispersijas. Kadangi E[X] = E[X i ] = 0, tai D[X] = E[X 2 ], D[X i ] = E[X 2 i ] : D[X 0 ] = E[X 2 0] = 0, D[X 1 ] = E[X 2 1] = ( 1) D[X 2 ] = E[X2] 2 = ( 1) 2 1 ( D[X 3 ] = E[X3] 2 = ( 1) 2 1 D[X] = E[X 2 ] = = 1, ) ( = 7 16, x 2 dx = ) = 5 8,

155 Taigi D[X 1 ] > D[X 2 ] > D[X 3 ] > D[X] > D[X 0 ]. Kam lygios mums ºinomu atsitiktiniu dydºiu dispersijos? Prie² pradedami skai iuoti, nustatykime svarbiausias dispersijos savybes. Dispersijos savybes 33 teorema. Teisingi ²ie teiginiai: 1. jeigu atsitiktinis dydis X turi dispersij, ji neneigiama: D[X] 0; D[X] = 0 tada ir tik tada, kai dydis X yra i²sigim s; 2. teisinga lygybe D[X] = E[X 2 ] E[X] 2 ; 3. jei c yra skai ius, tai D[cX] = c 2 D[X]; 4. jeigu nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai X, Y turi dispersijas, tai ir ju suma turi dispersij ir D[X + Y ] = D[X] + D[Y ]. Irodymas. Pirmosios savybes neirodinesime. Kad ji teisinga, niekas tikriausiai nesuabejos, ta iau irodyti grieºtai matemati²kai irodyti, kad tik i²sigimusiu atsitiktiniu dydºiu dispersijos lygios nuliui, nera labai paprasta. Irodysime, kad dispersij galima skai iuoti naudojantis antro teiginio formule. Prisiminkime mokyklin skirtumo kvadrato formul : (X E[X]) 2 = X 2 2 E[X] X + E[X] 2. Lygybes kaires puses vidurkis lygus dispersijai. De²iniosios puses rei²kiniui pritaikysime vidurkio adityvumo savyb. Pasinaudoj tuo, kad dydºiai 2E[X] ir E[X] 2 yra konstantos, gausime D[X] = E[X 2 ] E[2 E[X] X] + E[E[X] 2 ] = E[X 2 ] 2 E[X] E[X] + E[E[X] 2 ] = E[X 2 ] E[X] 2. Irodysime tre i j savyb. Panaudoj k tik irodyt dispersijos formul dydºiui Y = cx, gausime D[cX] = E[(cX) 2 ] E[cX] 2 = c 2 E[X 2 ] (ce[x]) 2 = c 2 (E[X 2 ] E[X] 2 ) = c 2 D[X]. Irodysime ketvirt j savyb. Kad atsitiktiniu dydºiu suma turi dispersij, irodyti nesunku. Pritaik paprast nelygyb (a + b) 2 2a 2 + 2b 2 su a = X E[X], b = Y E[Y ], gausime (X+Y E[X+Y ]) 2 = (X E[X]+Y E[Y ]) 2 2(X E[X]) 2 +2(Y E[Y ])

156 Kadangi de²ineje nelygybes puseje uºra²ytas atsitiktinis dydis turi vidurki, tai ji tures ir kaires puses atsitiktinis dydis, t. y. atsitiktiniu dydºiu, turin iu dispersijas, sumos dispersija irgi egzistuoja. Netgi nesvarbu, ar dydºiai priklausomi, ar ne. Kadangi X, Y yra nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai, tai E[XY ] = E[X] E[Y ]. Dydºiu sumos dispersijos formul irodysime pasinaudoj tokiomis lygybemis: D[X + Y ] = E[(X + Y ) 2 ] E[X + Y ] 2, E[(X + Y ) 2 ] = E[X 2 + 2XY + Y 2 ] = E[X 2 ] + 2E[X] E[Y ] + E[Y 2 ], E[X + Y ] 2 = (E[X] + E[Y ]) 2 = E[X] 2 + 2E[X] E[Y ] + E[Y ] 2, D[X + Y ] = E[X 2 ] + E[Y 2 ] E[X] 2 E[Y ] 2 = D[X] + D[Y ]. Ketvirt j savyb galime apibendrinti. Dispersijos adityvumo savybe 34 teorema. Jeigu X 1, X 2,..., X n yra nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai turintys dispersijas, tai ju suma irgi turi dispersij D[X 1 + X X n ] = D[X 1 ] + D[X 2 ] D[X n ]. O dabar apskai iuokime anks iau nagrinetu atsitiktiniu dydºiu dispersijas. Jeigu dydis igyja tik vien reik²m, t. y. yra i²sigim s, tai jo dispersija lygi nuliui. Tegu X yra dydis, igyjantis dvi reik²mes: P (X = 1) = p, P (X = 0) = q, 0 < p < 1, q = 1 p. Kadangi X 2 = X, tai E[X 2 ] = E[X] = p ir D[X] = E[X 2 ] E[X] 2 = p p 2 = p(1 p) = pq. Tegu dabar X yra binominis dydis, X B(n, p). i dydi galime suvokti kaip sekmiu skai iu Bernoullio schemoje ir i²reik²ti nepriklausomu atsitiktiniu dydºiu suma { 1, jei i-asis bandymas sekmingas, X = X 1 + X X n, X i = 0, jei i-asis bandymas nesekmingas. Jau apskai iavome dydºiu, igyjan iu reik²mes 0, 1, dispersij, taigi D[X i ] = pq. Pasinaudoj nepriklausomu atsitiktiniu dydºiu dispersijos savybe gausime D[X] = D[X 1 + X X n ] = D[X 1 ] + D[X 2 ] D[X n ] = npq. 156

157 Jei X B(n, p), tai Binominis atsitiktinis dydis P (X = m) = C m n p m (1 p) n m, m = 0, 1,..., n, E[X] = np, D[X] = np(1 p). (25) Tegu dabar X yra Poissono dydis, X P(λ). šinome, kad E[X] = λ. Dispersijos reik²m galime pabandyti ispeti, naudodamiesi Bernoullio schemos ir Poissono dydºio s ry²iu: jei sekmes tikimybe viename bandyme p n maºeja, kai n auga, ir np n λ, tai sekmiu skai iaus tikimybes P (S n = m) arteja prie Poissono dydºio tikimybiu P (X = m). Galime speti, kad D[S n ] D[X]. Ta iau D[S n ] = np n (1 p n ) λ(1 0) = λ. Taigi galime manyti, kad D[X] = λ. Isitikinkime tuo skai iuodami: D[X] = E[X 2 ] E[X] 2, E[X] = m λm m! e λ = λ, E[X 2 ] = m=1 m=0 m=0 m 2 λm m! e λ = λ m m (m 1)! e λ m=1 λ m = (m 1 + 1) (m 1)! e λ m=1 λ m 1 = λ (m 1) (m 1)! e λ + λ D[X] = λ 2 + λ λ 2 = λ. m=1 λ m 1 (m 1)! e λ = λ E[X] + λ 1, Jei X P(λ), tai Poissono dydis P (X = m) = λm m! e λ, m = 0, 1, 2,..., E[X] = D[X] = λ. Jeigu Bernoullio schemos bandymus atliksime iki pirmos sekmes, tai atliktu bandymu skai ius X bus geometrinis dydis, X G(p). Apskai iavome jo vidurki E[X] = 1/p. Jeigu ºinotume E[X 2 ] reik²m, galetume apskai iuoti ir D[X]. Pabandykime surasti E[X 2 ] nesinaudodami apibreºimu, ta iau pasitelk kiek rizikingus samprotavimus. 157

158 Jeigu pirmajame bandyme pasitaikys sekme (tai ivyksta su tikimybe p), tai X 2 = 1 2 = 1. Jeigu pirmajame bandyme nesekme, tai viskas prasideda tarsi i² pradºiu ir X 2 = (1 + Y ) 2, ia Y G(p) vel geometrinis dydis. Taigi galime manyti, kad E[X 2 ] = p q E[(1 + Y ) 2 ]. O dabar paºymekime a = E[X 2 ] = E[Y 2 ] ir ²iek tiek paskai iuokime, pasinaudodami, kad E[Y ] = 1/p : a = p + qe[1 + 2Y + Y 2 ] = p + q + 2qE[Y ] + qe[y 2 ] = 1 + 2q p + qa, (1 q)a = 1 + 2q p, a = E[X2 ] = 1 p + 2q p 2, D[X] = E[X 2 ] E[X] 2 = 1 p + 2q p 2 1 p 2 = q p 2. Gavome teising dispersijos reik²m! Kas netiki, gali apskai iuoti j naudodamasis dispersijos apibreºimu. Geometrinis atsitiktinis dydis Jei X G(p), tai P (X = m) = q m 1 p, m = 1, 2,..., q = 1 p, E[X] = 1 p, D[X] = q p pavyzdys. Kolekcionieriaus uºdavinys Matematikoje nera paties svarbiausio uºdavinio, o prekyboje yra kaip i²traukti kuo daugiau pinigu i² pirkeju ki²eniu. Viena i² ²io uºdavinio sprendimo ideju susieti pirkim su kolekcionavimo arba loteriju aistra. Tarkime, futbolo empionato nale ºaidºia n ²aliu komandu. Gaiviuju (arba kiek stipresniu) gerimu gamintojai irgi pasiruo²e empionatui patieke gerimu, kuriu dangteliai paºymeti ²aliu-dalyviu veliavelemis, partij. Jei surinksite dangtelius su visomis veliavelemis, galb ut k nors laimesite. Ta iau koks dangtelis jums teko, pamatysite tik nusipirk! Jei N i yra i- ja veliavele paºymetu dangteliu skai ius, tai, tarkime, ²ie kiekiai lyg us: N 1 = N 2 =... = N n. Be to nepaºymetu dangteliu nera. Taigi tikimybe, kad nusipirk gerim gausite dangteli su i-osios ²alies veliavele lygi 1/n. 158

159 Kiek buteliu vidutini²kai reikia nusipirkti, kad surinktume vis n dangteliu rinkini? Tegu X rei²kia nusipirktu buteliu skai iu. Tada X yra atsitiktinis dydis, igyjantis reik²mes n; n + 1; n + 2;... Apskai iuoti vidurki pagal apibreºim sudetingas uºdavinys, todel paie²kokime aplinkinio kelio. Tegu X 1 pirkiniu skai ius kol gausime pirm ji kolekcijos dangteli. Akivaizdu, kad X 1 = 1. Tarkime, teko nusipirkti dar X 2 buteliu kol gavome antr ji (skirting nuo pirmojo) dangteli. Paºymekime X 3 pirkiniu skai ius, kuris padidino m usu kolekcij iki 3 dangteliu ir t. t. Taigi X = X 1 + X X n. (26) Pagal kokius desnius pasiskirst atsitiktiniai dydºiai X i? Dydis X 1 yra i²sigim s atsitiktinis dydis, o X 2 galime suvokti kaip Bernoullio bandymu iki pirmos sekmes skai iu, kai sekmes tikimybe lygi p 2 = (n 1)/n. Taigi X 2 G(p 2 ). Pana²iai galime samprotauti ir apie kitus dydºius: X 3 G(p 3 ),..., X n G(p n ), p j = n j + 1. n Be to... dydºiai X j yra nepriklausomi! Taigi adityvumo savybe galime naudotis skai iuodami tiek vidurki, tiek dispersij : E[X] = E[X 1 ] E[X n ] = p p n = n D[X] = D[X 1 ] D[X n ] = p 2 p 2 2 n m= p n p 2 n 1 m, = n n m=1 n m m 2. Tarkime, n = 20, o vienas pirkinys kainuoja 2 Lt. Kokio dydºio laimejim gamintojai gali paºadeti kolekcionieriams nebijodami nuostoliu? Kadangi E[X] = m=1 1 m 20 3,6 = 72, tai kol surinks visus dangtelius kolekcionierius vidutini²kai i²leis 144 litus. Taigi gamintojai gali skelbti, kad uº surinktus dangtelius i²mokes, pavyzdºiui, 100 litu ir tikrieji laimetojai bus jie! O kas pasikeistu, jeigu ne visi dangteliai, ta iau tik 100 p % b utu paºymeta, ia 0 < p 1? Tada (26) sumos dydºiai b utu tokie: X 1 G(p), X 2 G ( p n 1 n 159 ),..., Xn G ( p 1 ), n

160 ir E[X] = E[X 1 ] E[X n ] = n p Vidutinis pirkiniu skai ius padidetu 1/p karto. Apskai iuosime Pascalio atsitiktinio dydºio dispersij. Pascalio dydi X B (n, p) galima i²reik²ti geometriniais dydºiais n m=1 1 n. X = Y 1 + Y Y n n, Y i G(p). Prisimin dydºiu Y j prasm galime teigti, kad atsitiktiniai dydºiai Y j yra nepriklausomi. Tada D[X] = D[Y 1 ] + D[Y 2 ] D[Y n ] = nq p 2. Pascalio atsitiktinis dydis Jei X B (n, p), tai P (X = m) = C m m+n 1p n q m, m = 0, 1,..., E[X] = nq p, nq D[X] = p. 2 O dabar imkimes absoliu iai tolydºiu atsitiktiniu dydºiu dispersiju. Papras iausi i² ²iu dydºiu tolygiai pasiskirst. Tegu X T ([a; b]). šinome vidurkio reik²m : E[X] = (a + b)/2. Apskai iuosime E[X 2 ] : Taigi E[X 2 ] = x 2 p X (x)dx = 1 b a b a x 2 dx = b3 a 3 3(b a) = b2 + ab + a 2. 3 D[X] = E[X 2 ] E[X] 2 = b2 + ab + a 2 3 ( a + b ) 2 (b a) 2 = Jeigu X T ([a, b]), tai Tolygiai pasiskirst s atsitiktinis dydis p X (x) = { 1, b a jei x [a; b], 0, jei x [a, b], E[X] = a + b 2 (b a)2, D[X] =

161 Panagrinekime eksponentini dydi, X E(λ). šinome, kad E[X] = 1/λ. Taigi, kad surastume dispersij, turetume apskai iuoti E[X 2 ] = x 2 p X (x)dx = λ 0 x 2 e λx dx. Tai nesudetingas integravimo uºdavinys, ta iau pabandykime i²sisukti nuo jo. Dar kart pasinaudokime geometrinio ir eksponentinio dydºio s ry²iu. Tegu vienas bandymas su dviem baigtimis trunka 1/n laiko vienetu, o sekmes tikimybe p n, be to np n λ, λ > 0, n. Jeigu bandymus atliksime iki pirmos sekmes, tai atliktu bandymu skai ius bus geometrinis dydis X n. šinome, kad D[X n ] = q n /p 2 n, q n = 1 p n. Nustateme, kad ( Xn ) P n > t P (X > t), t. y. atsitiktinis dydis X n n darosi vis pana²esnis i X. Todel galime tiketis, kad D[X n /n] arteja prie D[X]. Ta iau D[X n /n] = D[X n] n 2 = q n (np n ) 2 1 λ 2, n. Taigi galime speti, kad D[X] = 1/λ 2. Ir ²is spejimas teisingas! Eksponentinis dydis Jei X E(λ), tai { 0, jei x < 0, p X (x) =, E[X] = 1 λe λx, jei x 0, λ, D[X] = 1 λ. 2 Nagrinedami Poissono proces apibreºeme gamma-dydºius. Gamma-dydºio reik²m galima suvokti kaip laikotarpi nuo stebejimo pradºios iki k-ojo ivykio (telefono skambu io, meteoro kritimo...) pasirodymo. Nustateme, kad gammadydis X Γ(k, λ) yra eksponentiniu dydºiu suma: X = T T T k 1 k, T j 1 j E(λ). Prisimin Poissono proceso savybes tikriausiai sutiksite, kad atsitiktiniai dydºiai T j 1 j yra nepriklausomi. Taigi galime pasinaudoti dispersijos adityvumo savybe: D[X] = D[T 0 1 ] + D[T 1 2 ] D[T k 1 k ] = k λ

162 Jei X Γ(k, λ), tai Gamma-dydis 0, jei t < 0, p X (t) = λ k t k 1 (k 1)! e λt, jei t > 0,, E[X] = k λ, D[X] = k λ 2. O kam gi lygi normaliojo dydºio X N (µ, σ 2 ) dispersija? Pradekime nuo standartinio normaliojo dydºio X N (0, 1). Moivre-Laplace'o teorema teigia, kad i ²i dydi, kai n, vis labiau darosi pana²us atsitiktinis dydis Y n, susij s su Bernoullio schema: Y n = S n np = S n E[S n ], npq D[Sn ] ia S n yra sekmiu skai ius Bernoullio schemoje, taigi S n B(n, p). Galime tiketis, kad ir dydºio Y n vidurkis, ir dispersija arteja prie E[X] bei D[X]. I² tikruju, E[Y n ] = E[X] = 0, o [( D[Y n ] = E[Yn 2 Sn E[S n ] ) 2 ] ] = E D[Sn ] = D[S n] D[S n ] = 1. Taigi galime speti, kad ir D[X] = 1. Ir tai tiesa. Jeigu X N (µ, σ 2 ), tai toki dydi galime i²reik²ti standartiniu normaliuoju dydºiu: X = σx 0 + µ, X 0 N (0, 1). Taigi D[X] = D[σX 0 + µ] = D[σX 0 ] + D[µ] = σ 2 D[X 0 ] + 0 = σ 2. Jei X N (µ, σ 2 ), tai Normalusis dydis p X (x) = 1 2πσ 2 e (x µ)2 /(2σ 2), E[X] = µ, D[X] = σ 2. Uºdaviniai 1. Yra du simetri²ki ²e²iasieniai kauliukai. Vieno sieneles paºymetos skai iais 1, 1, 3, 4, 5, 6, kito skai iais 1, 2, 3, 4, 6, 6. Atsitiktiniu dydºiu X 1, X 2 reik²mes skai iai ant atvirtusiu kauliuku sieneliu. Kurio dydºio reik²mes i²sibarst labiau, t. y. kurio dydºio dispersija didesne? 162

163 2. Atsitiktinio dydºio X reik²me aku iu ant iprastinio simetri²ko lo²imo kauliuko, Y i² intervalo [0; a] atsitiktinai parinktas skai ius. Kokia turetu b uti a reik²me, kad abieju dydºiu dispersijos b utu vienodos? 3. Urnoje yra trys balti ir keturi juodi rutuliai. Atsitiktinai i² urnos be gr ºinimo traukiame tris rutulius. Dydºio X reik²me baltu rutuliu skai ius, Y juodu rutuliu skai ius. Apskai iuokite dispersijas D[X], D[Y ]. Dydºio X dispersij apskai iuokite pasinaudoj formule D[X] = E[X 2 ] E[X] 2, o dydºio Y dispersijos skai iavimui panaudokite s ry²i X + Y = Tikimybe, kad krep²ininkas pataikys baudos metim lygi 0,6. Krep²ininkas ketina mesti i krep²i penkis kartus. Koks taikliu metimu skai iaus vidurkis ir dispersija? Koks b utu taikliu metimu skai iaus X vidurkis ir dispersija, jeigu po kiekvieno metimo tikimybe pataikyti b utu 10% maºesne uº buvusi? 5. Geometrinio dydºio X G(p) dispersija ir vidurkis susij lygybe D[X] = 1 3E[X]. Raskite E[X], D[X]. 6. Isitikinkite, kad bet kuris eksponentinis atsitiktinis dydis X tenkina lygyb D[X] = (E[X]) 2. Irodykite, kad binominiu ir geometriniu dydºiu, tenkinan iu ²i s lyg nera. Irodykite, kad yra vienas ²i savyb turintis Puasono dydis ir be galo daug normaliuju dydºiu. Atsakymai 1. D[X 1 ] = D[X 2 ] = 32/9. 2. a = D[X] = D[Y ] = 24/ E[X] = 3,6; D[X] = 1,44; ir E[X] 2,811; D[X] 1, E[X] = 4/3; D[X] = 4/ Didºiuju skai iu desnis Didºiuju skai iu desnis jau tapo kasdienio m usu m stymo dalimi. Kai meterologas noredamas ivertinti vidutin menesio temperat ur sumuoja matavimu rezultatus ir dalija i² matavimu skai iaus taiko didºiuju skai iu desni. Jeigu reikia i²matuoti kokio nors dydºio reik²m, be matavimo irankiu neapsieisi. Tarkime, tikroji dydºio reik²me yra a, bet jos mes neºinome. Kadangi absoliu iai tiksliu matavimo irankiu neb una, i²matav gauname reik²m x 1, kuri del matavimo paklaidos skiriasi nuo a. Taigi galime manyti, 163

164 kad x 1 yra atsitiktinio dydºio X 1, kurio vidurkis E[X 1 ] = a, reik²me. Noredami gauti tikslesn dydºio reik²m, matavimus kartojame, o paskui imame gautuju matavimo rezultatu x 1, x 2,..., x n vidurki y n = x 1 + x x n n ir manome, kad y n a. Kuo pagrista tokia m usu nuomone? šinome, kad i²sigimusio atsitiktinio dydºio dispersija yra lygi nuliui. M usu matavimo rezultatai nepriklausomu, t pa i pasiskirstymo funkcij turin iu atsitiktiniu dydºiu X 1, X 2,..., X n reik²mes. Ju vidurkiai E[X j ] = a lyg us mus dominan io dydºio reik²mei, paºymekime dispersijas D[X j ] = σ 2. Matavimu rezultatu aritmetinis vidurkis yra atsitiktinio dydºio Y n = X 1 + X X n n reik²me. Tada [ X1 + X X ] n E[Y n ] = E n D[Y n ] = D[X 1 + X X n ] n 2 = E[X 1 + X X n ] n = nσ2 n 2 = σ2 n. = a, Taigi didejant n, vidurkis E[Y n ] nesikei ia, o dispersija D[Y n ] 0. Kitaip tariant, atsitiktinis dydis Y n darosi vis pana²esnis i i²sigimusi atsitiktini dydi, igyjanti reik²m a, kuri mums r upi. Taigi, kai n yra didelis, galime manyti, kad imdami dydºio Y n reik²m y n nedaug apsiriksime. Tokia yra didºiuju skai iu desnio esme: didele tikimybe, kad daugelio nepriklausomu matavimu reik²miu aritmetinis vidurkis nedaug skirsis nuo tikrosios dydºio reik²mes. O dabar pabandykime ²i svarbu desni, kuris tarsi nutiesia tilt tarp teorijos ir praktikos, suformuluoti ir irodyti matemati²kai. Pirmiausia irodysime paprast, bet labai nauding nelygyb. Prisiminkime vien dydºiu vidurkio savyb. Jeigu g 1 (x), g 2 (x) yra dvi funkcijos ir g 1 (x) g 2 (x), tai su bet kokiu atsitktiniu dydºiu Y bus teisinga nelygybe E[g 1 (Y )] E[g 2 (Y )], (27) ºinoma, jeigu tik vidurkiai egzistuoja. Pasirinkime koki nors skai iu ɛ > 0 ir apibreºkime dvi funkcijas: { 0, jei ɛ < x < ɛ, g 1 (x) = g 2 (x) = x2 1, jei x ɛ, ɛ

165 Breºinyje pavaizduoti abieju funkciju grakai, akivaizdu, kad g 1 (x) g 2 (x). y g 2 (x) g 1 (x) ɛ 0 ɛ x Tada pritaik (27) nelygyb atsitiktiniam dydºiui Y, gausime E[g 1 (Y )] E[g 2 (Y )] = E[Y 2 ] ɛ 2. Panagrinekime dydi g 1 (Y ). Jis igyja tik dvi reik²mes. Jeigu Y < ɛ, tai g 1 (Y ) = 0, jeigu Y ɛ, tai g 1 (Y ) = 1. Taigi E[g 1 (Y )] = 0 P ( Y < ɛ) + 1 P ( Y ɛ) = P ( Y ɛ). Gavome, kad su bet kokiu ɛ > 0 atsitiktiniam dydºiui Y teisinga nelygybe Suformuosime vien svarbi i²vad. P ( Y ɛ) E[Y 2 ] ɛ 2. (28) ƒeby²ovo nelygybe 35 teorema. Tegu X yra atsitiktinis dydis, turintis vidurki ir dispersij. Tada su kiekvienu ɛ > 0 teisinga nelygybe P ( X E[X] ɛ) D[X] ɛ 2. (29) Irodymas. Jeigu nelygybeje (28) imsime Y = X E[X] ir pastebesime, kad E[Y 2 ] = E[(X E[X]) 2 ] = D[X], gausime nelygyb, kuri reikia irodyti. O dabar suformuluokime didºiuju skai iu desni. 165

166 Didºiuju skai iu desnis 36 teorema. Tegu X 1, X 2, X 3,... yra nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai, turintys t pati vidurki E[X j ] = a ir t pa i dispersij. Tada su kiekvienu ɛ > 0 ( X 1 + X X ) n P a ɛ 0, n. n Irodymas. Teorema tvirtina, kad su didelemis n reik²memis tikimybe, kad aritmetinis reik²miu vidurkis skirsis nuo a daugiau kaip dydºiu ɛ, yra maºa. Paºymekime D[X j ] = σ 2 ir X = (X 1 + X X n )/n. Kadangi E[X] = E[X 1] + E[X 2 ] E[X n ] n = na n = a, D[X] = D[X 1] + D[X 2 ] D[X n ] = nσ2 n 2 n 2 = σ2 n, tai istat i (29), gausime ( X 1 + X X ) n P a ɛ σ2 n nɛ, 2 σ 2 0, nɛ2 n. Teorema irodyta. Didºiuju skai iu desnis vienas i² pagrindiniu instrumentu, kuriais naudojames, kai norime gauti ºiniu i² sukauptu duomenu. Tarkime, mums r upi ry²io tarp m usu kompiuterio ir kokio nors serverio nustatymo laikas. is laikas priklauso nuo ivairiausiu faktoriu, taigi yra atsitiktinis dydis. Pa- ºymekime ji T. Kokia tikimybe, kad prireiks maºiau kaip, pavyzdºiui, 5 milisekundºiu, t. y. kam lygi tikimybe p = P (T < 5) = F T (5)? Dydºio pasiskirstymo funkcijos neºinome, ta iau galime atlikti daug bandymu ir gauti daug duomenu. Paºymekime X 1 atsitiktini dydi, igyjanti reik²mes 0 ir 1 : { X 1 = 0, pirmajame bandyme ry²iui uºmegzti prireike ne maºiau 5 ms, 1, pirmajame bandyme ry²ys uºmegztas grei iau nei per 5 ms. Su kitais bandymais susiekime analogi²kai apibreºtus atsitiktinius dydºius X 2, X 3,.... Galime padaryti prielaid, kad dydºiai nepriklausomi. Be to P (X j = 1) = P (T < 5) = p, P (X j = 0) = 1 p, E[X j ] = p. I² didºiuju skai iu desnio i²plaukia, kad su didelemis n reik²memis X 1 + X X n n p. 166

167 Taigi naudodamiesi ƒeby²ovo nelygybe ivertinome neºinom su stebimu atsitiktiniu dydºiu susijusio ivykio tikimyb. Uºdaviniai 1. Tegu X yra atsitiktinis dydis, turintis vidurki E[X] ir dispersij D[X] = σ 2. Pasinaudokite ƒeby²ovo nelygybe ir irodykite, kad su visais m = 1, 2,... teisinga nelygybe P ( X E[X] mσ) 1 m Atsitiktinis dydis X tolygiai pasiskirst s intervale [0; a], t. y. X T ([0; a]). Apskai iuokite tikimybes P ( X E[X] mσ), kai m = 1, 2,... ; ia σ = D[X] yra dydºio standartinis nuokrypis. Palyginkite tikimybiu reik²mes su ƒeby²ovo nelygybes iver iais. 3. Atsitiktinis dydis X pasiskirst s pagal geometrini desni, t. y. X G(1/3). Apskai iuokite tikimybes P ( X E[X] mσ), kai m = 1, 2; ia σ = D[X] yra dydºio standartinis nuokrypis. 4. Pasinaudokite lentelemis arba kompiuteriu ir apskai iuokite tikimybes P ( X E[X] mσ), kai X N (0; 1), m = 1, 2, Irodykite, kad tikimybiu P ( X E[X] mσ) reik²mes yra tos pa ios visiems normaliesiems dydºiams X N (µ, σ 2 ). Atsakymai 2. P ( X E[X] σ) = (3 3)/3 0,423; P ( X E[X] mσ) = 0, kai m (2/3) 5 = 32/243; (2/3) 7 = 128/2187 0, P ( X E[X] σ) = P ( X > 1) 0,3173; P ( X > 2) 0,0455; P ( X > 3) 0,

168 2.12. Atsitiktiniu dydºiu koreliacija Matematikos taikymu tikroves rei²kiniams esme: matematika parodo k ir kaip galima matuoti. Kaip matuoti atsitiktiniu dydºiu tarpusavio priklausomyb? Jeigu X, Y yra nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai, turintys dispersijas, tai ir ju suma turi dispersij, be to D[X + Y ] = D[X] + D[Y ]. O dabar tarkime, kad X, Y gali b uti ir priklausomi. Pabandykime surasti sumos dispersij : D[X + Y ] = E[(X + Y E[X] E[Y ]) 2 ] = E[(X E[X]) 2 + 2(X E[X])(Y E[Y ]) + (Y E[Y ]) 2 ] = D[X] + D[Y ] + 2E[(X E[X])(Y E[Y ])]. Jeigu X, Y yra nepriklausomi, tai E[(X E[X])(Y E[Y ])] = 0. O jeigu priklausomi? Priklausomybe gali b uti ivairi ir silpnesne, ir stipresne. Kaip kiekybi²kai matuoti jos pob udi? Galb ut tam tinka skai ius E[(X E[X])(Y E[Y ])], kurio reik²mei daro itak abu dydºiai? Ta iau ar ²is dydis (sandaugos vidurkis) i² viso egzistuoja? I ²i klausim atsakyti nesunku. Jeigu akivaizdºioje nelygybeje 2ab a 2 + b 2 imsime a = X E[X], b = Y E[Y ], gausime 2 (X E[X])(Y E[Y ] (X E[X]) 2 + (Y E[Y ]) 2. Jei atsitiktiniai dydºiai X, Y turi dispersijas, tai nelygybes de²iniosios puses rei²kinio vidurkis egzistuoja, todel egzistuos ir kairiosios puses vidurkis, t. y. dydis E[(X E[X])(Y E[Y ])]. Atsitiktiniu dydºiu kovariacija 31 apibreºimas. Tegu X, Y yra du atsitiktiniai dydºiai, turintys dispersijas. Ju kovariacija vadinsime skai iu cov(x, Y ) = E[(X E[X])(Y E[Y ])]. I² pradºiu i²vesime kit, daºnai patogesn formul kovariacijai skai iuoti. 168

169 37 teorema. Atsitiktiniu dydºiu X, Y kovariacijai teisinga lygybe cov(x, Y ) = E[X Y ] E[X] E[Y ]. Irodymas. Uºra²ykime toki kone akivaizdºi lygyb (X E[X])(Y E[Y ]) = X Y E[Y ] X E[X] Y + E[X] E[Y ]. Skai iuokime abieju pusiu vidurkius. Kadangi E[X], E[Y ] yra skai iai, tai E[(X E[X]) (Y E[Y ])] = E[X Y ] E[E[Y ] X] E[E[X] Y ] + E[E[X] E[Y ]] = E[X Y ] E[Y ] E[X] E[X] E[Y ] + E[X] E[Y ], arba cov(x, Y ) = E[X Y ] E[X] E[Y ]. 36 pavyzdys. Skai iais paºymeti rutuliai Urnoje yra trys balti rutuliai, paºymeti skai iais 1, 0, 0 ir du juodi, ant kuriu uºra²yti skai iai 1, 1. Atsitiktinai be gr ºinimo traukiami du rutuliai, dydis X lygus baltu rutuliu skai iui, o Y skai iu, uºra²ytu ant rutuliu, sumai. Apskai iuosime dydºiu kovariacij. I² pradºiu sudarykime tikimybiu P (X = x, Y = y) lentel : X = 0 X = 1 X = 2 Y = ,1 0,1 Y = 1 0 0,4 0,2 0,6 Y = 2 0,1 0,2 0 0,3 0,1 0,6 0,3 Susumav skai ius sura²ytus stulpeliuose, gauname dydºio X reik²miu tikimybes, o eilutese dydºio Y reik²miu tikimybes. Skai iuodami vidurkius galime nera²yti tu demenu, kurie lyg us nuliui: E[X Y ] = 1 1 0, , ,2 = 1,2, E[X] = 1 0, ,3 = 1,2, E[Y ] = 1 0, , 3 = 1, 2, cov(x, Y ) = 1,2 1,2 1,2 = 0,84. Pasvarstykime, kodel pavyzdºio dydºiams gavome neigiam kovariacijos reik²m : cov(x, Y ) = E[(X E[X])(Y E[Y ])] <

170 i nelygybe rei²kia, kad kai dydis X igyja didesnes uº vidurki reik²mes, t. y. X E[X] > 0, tai dydis Y link s igyti maºesnes reik²mes, t. y. Y E[Y ] < 0 ir atvirk² iai. Taip ir yra: daugiau baltu rutuliu maºesne skai iu suma, nes baltuju rutuliu numeriai maºesni. Taigi jei kovariacija yra neigiama, tai esant didesnems vieno dydºio reik²mems, kito dydºio reik²mes link b uti maºesnes. Jeigu kovariacija yra teigiama, tai esant didesnems vieno dydºio reik²mems ir kito dydºio reik²mes link b uti didesnes. 32 apibreºimas. Jeigu X, Y yra atsitiktiniai dydºiai ir cov(x, Y ) > 0, tai dydºius vadinsime teigiamai koreliuotais, jeigu cov(x, Y ) < 0, dydºius vadinsime neigiamai koreliuotais. Jeigu cov(x, Y ) = 0, dydºius vadinsime nekoreliuotais. Tarkime pakartoj bandym n kartu, gavome atsitiktiniu dydºiu X, Y reik²miu poras (x 1, y 1 ), (x 2, y 2 ),..., (x n, y n ). Jas galime pavaizduoti plok²tumos ta²kais. Jeigu dydºiai b utu teigiamai koreliuoti, tai ta²kai i²sidestytu pagal ties su teigiamu krypties koecientu, ºr. breºini. Jeigu cov(x, Y ) < 0, ta²kai susitelktu apie ties su neigiamu krypties koecientu. y i y i x i x i Teigiamai ir neigiamai koreliuotu atsitiktiniu dydºiu reik²miu vaizdavimas plok²tumoje Jeigu cov(x, Y ) = 0, ta²kai sudarytu debesi ir grupavimosi apie joki 170

171 ties negaletume iºvelgti. y i x i Nekoreliuotu atsitiktiniu dydºiu reik²mes Taigi kovariacijos reik²me tam tikru b udu atspindi ry²io tarp atsitiktiniu dydºiu pob udi. Ta iau yra vienas tr ukumas. Tarkime, atsitiktinis dydis X rei²kia ºmogaus ugi, o Y svori, i²reik²t kilogramais. Suprantama, kad cov(x, Y ) = E[X Y ] E[X] E[Y ] > 0. Jeigu i²reik²tume svori gramais, gautume nauj dydi Y 1 = 1000Y. Priklausomybe tarp X ir Y 1 yra ta pati kaip ir tarp X ir Y, ta iau apskai iav kovariacij gautume cov(x, Y 1 ) = E[X Y 1 ] E[X] E[Y 1 ] = 1000 cov(x, Y ). Todel dvieju dydºiu priklausomybes laipsniui matuoti naudojama kiek pakeista skaitine charakteristika. Koreliacijos koecientas 38 teorema. Tegu X, Y yra atsitiktiniai dydºiai, turintys teigiamas dispersijas D[X] > 0, D[Y ] > 0. Ju koreliacijos koecientu vadinamas skai ius ρ(x, Y ) = cov(x, Y ) D[X] D[Y ] Jei bent vienas i² dydºiu X, Y yra i²sigim s, tai sakysime, kad koreliacijos koecientas lygus nuliui. Isitikinsime, kad koreliacijos koecientas nepriklauso nuo to, kokie matavimo vienetai naudojami dydºiu reik²mems uºra²yti. Irodysime ²iek tiek bendresni teigini. 171

172 39 teorema. Tegu X, Y yra atsitiktiniai dydºiai, turintys teigiamas dispersijas D[X] > 0, D[Y ] > 0, o a 1, a 2, b 1, b 2 bet kokie skai iai, a 1, a 2 0. Tada { ρ(x, Y ), jei a 1 a 2 > 0, ρ(a 1 X + b 1, a 2 Y + b 2 ) = ρ(x, Y ), jei a 1 a 2 < 0. Irodymas. Paºymekime X 1 = a 1 X + b 1, Y 1 = a 2 Y + b 2. Tada E[X 1 ] = a 1 E[X] + b 1, D[X 1 ] = a 2 1D[X], E[Y 1 ] = a 2 E[Y ] + b 2, D[Y 1 ] = a 2 2D[Y ], cov(x 1, Y 1 ) = E[(X 1 E[X 1 ])(Y 1 E[Y 1 ])] = a 1 a 2 cov(x, Y ), ρ(x 1, Y 1 ) = cov(x 1, Y 1 ) D[X1 ] D[Y 1 ] = a 1a 2 a 1 a 2 cov(x, Y ) = a 1a 2 ρ(x, Y ). D[X] D[Y ] a 1 a 2 I² paskutiniosios lygybes gauname teoremos teigini. Taigi koreliacijos koecientas nesikei ia, kai dydºius tiesi²kai transformuojame su to paties ºenklo skales keitimo koecientais a 1, a 2. I² ²ios teoremos gauname, kad atsitiktiniu dydºiu X, Y ir X = X E[X], Y = Y E[Y ] koreliacijos koecientai sutampa. Kadangi E[X ] = E[Y ] = 0, tai D[X ] = E[X ], 2 D[Y ] = E[Y 2 ], ir ρ(x, Y ) = ρ(x, Y ) = E[X Y ] E[X 2 ] E[y 2 ]. Kokias gi reik²mes gali igyti koreliacijos koecientas? Koreliacijos koeciento savybes 40 teorema. Tegu X, Y yra nei²sigim atsitiktiniai dydºiai, turintys dispersijas. Teisingi teiginiai 1. 1 ρ(x, Y ) 1; 2. jeigu Y = ax + b, ia a, b yra skai iai, tai ρ(x, Y ) = 1, kai a > 0 ir ρ(x, Y ) = 1, kai a < 0; 3. jeigu ρ(x, Y ) = ±1, tai egzistuoja tokie skai iai a 0, b, P (Y = ax + b) =

173 Irodymas. Naudodamiesi dydºiais X, Y sudarykime du naujus dydºius (vienas gaunamas imant pliuso, kitas minuso ºenkl ): Z = ( X E[X] ± Y E[Y ] ) 2, D[X] D[Y ] Z = (X E[X])2 D[X] ± 2 X E[X] D[X] Y E[Y ] D[Y ] + (Y E[Y ])2. D[Y ] Kadangi Z 0, tai E[Z] 0. Ta iau naudodamiesi paskutini ja lygybe vidurki galime uºra²yti taip: E[Z] = 1 ± 2ρ(X, Y ) + 1 = 2(1 ± ρ(x, Y )) 0. Dabar i² nelygybes 1 + ρ(x, Y ) 0 gauname, kad ρ(x, Y ) 1, o i² nelygybes 1 ρ(x, Y ) 0 gauname, kad ρ(x, Y ) 1. Pirm ji teigini irodeme. Irodykime antr ji teigini. Tegu Y = ax + b. Tada E[Y ] = ae[x], D[Y ] = a 2 D[X], E[(X E[X])(Y E[Y ])] = ae[(x E[X]) 2 ] = ad[x], ad[x] ρ(x, Y ) = D[X]a2 D[X] = a a. I² paskutiniosios lygybes i²plaukia antrasis teoremos teiginys. Tre iojo teiginio irodymui pasinaudokime dydºiais Z. Jeigu ρ(x, Y ) = 1, nagrinekime dydi Z = ( X E[X] Y E[Y ] ) 2. D[X] D[Y ] Viena vertus Z 0, ta iau suskai iav vidurki gavome E[Z] = 2(1 ρ(x, Y )) = 0. Tai imanoma tik tada, kai Z yra i²sigim s, su tikimybe 1 igyjantis reik²m 0, t. y. ( X E[X] P Y E[Y ] ) = 0 = 1. D[X] D[Y ] I² ²ios lygybes i²plaukia tre iasis teoremos teiginys, kai ρ(x, Y ) = 1. Atveji ρ(x, Y ) = 1 galime tirti analogi²kai imdami dydºio Z i²rai²koje pliuso ºenkl. 173

174 Uºdaviniai 1. Atsitiktinis dydis X su tikimybemis 1/3 ir 2/3 igyja reik²mes 0 ir 1. Jeigu X = 1, tai ir Y = 1. Jeigu X = 0, tai metama simetri²ka moneta. Jeigu ji atvirsta herbu, tai imama reik²me Y = a, jeigu skai iumi, tada Y = +a. Raskite ρ(x, Y ), kai a = 1. Kokia turetu b uti a reik²me, kad b utu teisinga lygybe ρ(x, Y ) = 1/2? 2. Dvi urnos: kiekvienoje yra po tris rutulius, paºymetus skai iais 1, 2, 3. I² pirmos urnos atsitiktinai i²traukiamas rutulys ir perkeliamas i kit urn. Po to rutulys traukiamas i² antrosios urnos. Atsitiktiniu dydºiu X, Y reik²mes ant pirmojo ir antrojo i²trauktuju rutuliu uºra²yti skai iai. Raskite ρ(x, Y ). 3. Metamas simetri²kas lo²imo kauliukas, atsitiktinio dydºio X reik²me atvirtusiu aku iu skai ius. Atsitiktinio dydºio Y reik²me gaunama taip: metama simetri²ka moneta; jeigu atvirsta herbas, tai Y = X +1; jeigu skai ius Y = X 1. Apskai iuokite dydºiu X, Y koreliacijos koecient. Skai iavimai supaprastes, jeigu pasinaudosite tuo, kad Y = X + Z, ia Z yra dydis, su vienodomis tikimybemis igyjantis reik²mes 1 ir +1, be to dydºiai X, Z yra nepriklausomi. 4. Metami du simetri²ki lo²imo kauliukai, X 1, X 2 ant kauliuku atvirtusiu aku iu skai iai. Apskai iuokite dydºiu X = X 1 + X 2 ir Y = X 1 X 2 koreliacijos koecient. 5. Atliekami trys Bernulio schemos bandymai su sekmes tikimybe viename bandyme p. Apibreºkime tokius atsitiktinius dydºius: S 1 3 sekmiu skai ius, gautas atlikus visus tris bandymus, S 1 2 sekmiu skai ius, gautas i² pirmu dvieju bandymu, N 1 3, N 1 2 atitinkami nesekmiu skai iai. Apskai iuokite ρ(s 1 3, N 1 3 ), ρ(s 1 3, S 1 2 ), ρ(s 1 3, N 1 2.) Atsakymai 1. ρ(x, Y ) = 2/ 10 0,632; a = ρ(x, Y ) = 1/4. 3. ρ(x, Y ) = 35/47 0, ρ(x, Y ) = ρ(s1 3, N 1 3 ) = 1; ρ(s 1 3, S 1 2 ) = 2/ 6 0,816; ρ(s 1 3, N 1 2 ) = ρ(s 1 3, S 1 2 ) Centrine ribine teorema Neap- Skai iai e, π, kvadratine ²aknis, integralas vienoje eiluteje! siriksite itar, kad ia teigiama, kaºkas labai svarbaus. Tegu atsitiktiniai dydºiai X 1, X 2, X 3,... yra nepriklausomi ir turi t pa i pasiskirstymo funkcij. Tada ju vidurkiai bei dispersijos (jeigu jos, ºinoma, egzistuoja) bus tie patys. Paºymekime E[X j ] = a, D[X j ] = σ 2. Dydºiams teisingas didºiuju skai iu desnis, t. y. dydis Y n = X 1 + X X n n a = X 1 + X X n na, n 174

175 kai n dideja, darosi vis labiau pana²us i i²sigimusi atsitiktini dydi Y, igyjanti reik²m 0, P (Y = 0) = 1. Dydºiu Y n vidurkiai lyg us nuliui, o dispersijos maºeja: E[Y n ] = 0, D[Y n ] = σ 2 /n 0, n. O dabar kiek pakeiskime ²i dydi ir apibreºkime Z n = X 1 + X X n na σ. n Vidurkis nepasikeite: E[Z n ] = 0; apskai iuokime dispersij pasinaudodami dydºiu nepriklausomumu: [ X1 + X X n D[Z n ] = D σ na ] [ n σ X1 + X X ] n = D n σ = n [ X1 ] [ D σ X2 ] [ + D n σ Xn ] D n σ = σ2 n σ 2 n σ2 σ 2 n = 1. Taigi visi dydºiai Z n turi t pati vidurki ir t pa i dispersij. K gi apie juos galima pasakyti, kai n? Ir ia pasirodo senas paºistamas! Kai n dideja, dydºiai Z n darosi vis pana²esni i standartini normaluji dydi! Tokia yra vienos i² pa iu svarbiausiu tikimybiu teoremu centrines ribines teoremos esme. Centrine ribine teorema 41 teorema. Tegu atsitiktiniai dydºiai X 1, X 2, X 3,... yra nepriklausomi, turi t pa i pasiskirstymo funkcij, vidurki ir dispersij : E[X j ] = a, D[X j ] = σ 2. Tada kiekvienam x, kai n, teisingas teiginys ia ( X1 + X X n na P σ n Φ(x) = 1 2π x ) < x Φ(x), (30) e u2 /2 du yra standartinio normaliojo dydºio X N (0, 1) pasiskirstymo funkcija. Taigi centrine ribine teorema teigia, kad nepriklausomai nuo individualiu dydºiu X j savybiu, dydis Z n, kai n didelis, yra pana²us i standartini normaluji dydi. Moivre-Laplace'o teorema, kuri naudojome Bernoullio schemai tyrineti, yra atskiras centrines ribines teoremos atvejis. I² tikruju, jeigu atsitiktinis dydis X j = 1, kai j-ajame Bernoulio schemos bandyme ivyko sekme, ir X j = 0, kai nesekme, tai dydºiai X j yra nepriklausomi ir E[X j ] = p, σ 2 = D[X j ] = pq. 175

176 Paºymekime S n = X 1 + X X n. Bernoullio schemos atveju S n rei²kia sekmiu skai iu atlikus n bandymu. Taigi (30) galime uºra²yti taip: ( Sn np ) P < x Φ(x). np(1 p) Naudojant ºymeni S n = X 1 + X X n (30) s ry²i galime uºra²yti taip: ( Sn E[S n ] ) P < x Φ(x), n. D[Sn ] Centrin ribin teorem galima interpretuoti kaip didºiuju skai iu desnio patikslinim. I² tikruju, didºiuju skai iu desnis rei²kia, kad S n n = X 1 + X X n n a. Savo ruoºtu centrin ribin teorem galime suvokti kaip tvirtinim Z n = X 1 + X X n na σ n = S n/n a σ/ n X, X N (0, 1). Tada S n n a + σ X N ( a, σ2 ). n n Taigi centrine ribine teorema teigia, kad su didelemis n reik²memis aritmetinis vidurkis S n /n yra pana²us i normaluji dydi su maºa dispersija Silpnasis atsitiktiniu dydºiu konvergavimas Jeigu yra silpnasis, tai turi b uti ir stiprusis. I² tikruju yra. Ta iau mes be jo galime apsieiti. O silpnasis konvergavimas labai svarbus. Centrine ribine teorema tai teiginys apie atsitiktiniu dydºiu supana²ejim. Ji teigia, kad didejant n atsitiktiniai dydºiai Z n = X 1 + X X n na σ n (31) tampa vis pana²esni i standartini normaluji dydi X N (0, 1). Tiksliau sakant ju pasiskirstymo funkcijos darosi vis pana²esnes. 176

177 Panagrinekime kelis parastus tokio pana²ejimo (konvergavimo) atvejus, kad suvoktume, kaip ²i s vok reiktu apibreºti grieºtai matemati²kai. Tegu X n yra intervale [ 1/n; 1/n] tolygiai pasiskirst s atsitiktinis dydis, Y n ir Z n intervaluose [ 1/n; 0] ir [0; 1/n] tolygiai pasiskirst atsitiktiniai dydºiai. Tikriausiai sutiksite, kad kai n dideja, ²ie dydºiai tampa vis pana²esni i i²sigimusi atsitiktini dydi V : P (V = 0) = 1. Nubraiºykime ²iu dydºiu pasiskirstymo funkciju grakus. F Xn (x) F Yn (x) n 1 n 1 n 1 n F Zn (x) F V (x)( 1 n 1 n Panagrinej juos isitikinsime, kad jei x 0 ir n, tai F Xn (x) F V (x), F Yn (x) F V (x), F Zn (x) F V (x). Ta iau ta²ke x = 0 pasiskirstymo funkciju elgesys skiriasi: F Xn (0) = 1 2 F V (0) = 0, F Yn (0) = 1 F V (0), F Zn (0) = 0 F V (0). Taigi ta²kuose, kuriuose ribines pasiskirstymo funkcijos grakas sutr uk s, pana²ejan iu funkciju reik²miu elgesys gali b uti labai ivairus. Todel protinga i² viso nepaisyti to, kas ²iuose ta²kuose vyksta. 33 apibreºimas. Tegu X n, X yra atsitiktiniai dydºiai, o F n (x), F (x) ²iu dydºiu pasiskirstymo funkcijos. Sakysime, kad atsitiktiniai dydºiai X n silpnai konverguoja i atsitiktini dydi X, jeigu visuose ta²kuose x, kuriuose F (x) tolydi, F n (x) F (x), n. šymesime: X n X arba F n F. 177

178 Pastebekime, kad tiriant atsitiktiniu dydºiu silpn ji konvergavim naudojamos tik ju pasiskirstymo funkcijos, o ne individualios atsitiktiniu dydºiu savybes. Netgi nesvarbu kokiose tikimybinese erdvese ²ie dydºiai yra apibreºti! Dabar centrin ribin teorem galime suformuluoti kaip teigini apie silpn ji konvergavim : jeigu F n yra (31) atsitiktiniu dydºiu pasiskirstymo funkcijos, o Φ standartinio normaliojo dydºio X N (0; 1) pasiskirstymo funkcija, tai Uºdaviniai F n Φ, n. 1. Atsitiktinis dydis X n igyja dvi reik²mes: P (X n = 0) = 1 1/n, P (X n = n) = 1/n. I koki atsitiktini dydi silpnai konverguoja atsititiktiniu dydºiu seka X n? 2. Tegu X N (0; 1), X n = X/n. Ar atsitiktiniu dydºiu seka X n silpnai konverguoja. Jeigu taip, tai i koki atsitiktini dydi? 3. Atsitiktinis dydis X n yra tolygiai pasiskirst s intervale [0; n], t. y. X n T ([0; n]). I koki funkcij konverguoja pasiskirstymo funkcijos F n (x) = F Xn (x)? Ar galima teigti, kad atsitiktiniu dydºiu seka X n silpnai konverguoja? 4. Atsitiktinis dydis X n yra tolygiai pasiskirst s intervale [ n; n], t. y. X n T ([ n; n]). I koki funkcij konverguoja pasiskirstymo funkcijos F n (x) = F Xn (x)? Ar galima teigti, kad atsitiktiniu dydºiu seka X n silpnai konverguoja? 5. Atsitiktinis dydis X tolygiai pasiskirst s intervale [0; 1], t. y. X T ([0; 1]). Tegu X n = X + n, Y n = X n. I kokias funkcijas konverguoja pasiskirstymo funkcijos F Xn (x) ir F Yn (x). 6. Ar pasikeistu atsakymas i ankstesniojo uºdavinio klausim, jeigu vietoje tolygiai intervale [0; 1] pasiskirs iusio dydºio imtume koki nors kit? Atsakymai 1. Konverguoja i dydi X, P (X = 0) = Konverguoja i dydi X, P (X = 0) = Funkcijos konverguoja i F (x) = 0, dydºiai nekonverguoja. 4. Funkcijos konverguoja i F (x) = 1/2, dydºiai nekonverguoja. 5. Funkcijos konverguoja i F (x) = 0, ir G(x) =

179 2.15. Silpnojo konvergavimo tyrimo irankiai Panagrinesime ju savybes, i²moksime naudotis... O kaip jie sukonstruoti ir kodel veikia gana sudetingas klausimas. Elgsimes kaip mobiliuju telefonu savininkai instrukcij paskaito, bet aparatu neardo. Kaip tyrineti silpn ji konvergavim? Atrodo, konvergavimo apibreºimas nurodo ir b ud : jei Z 1, Z 2,... yra atsitiktiniai dydºiai, suraskime ju pasiskirstymo funkcijas F n (x) = P (Z n < x) ir tyrinekime, ar jos konverguoja, ar ne. Ta iau toks tiesioginis b udas gali b uti sunkus ar net i² viso nepritaikomas. Dydºiai Z n gali b uti apibreºti panaudojus kitus dydºius (kaip (31)), ju pasiskirstymo funkcijos priklausys nuo ²iu dydºiu savybiu, taigi bandydami eiti tiesiai galime tiesiog atsimu²ti kakta i sien. Ta iau sudetingi uºdaviniai neb utinai sprendºiami didelemis pastangomis. Norite pavyzdºio? Tarkime, i²kilo b utinybe i²matuoti temperat ur 100 metru auk²tyje. Idej daug le²u ir darbo galime pastatyti 100 metru auk² io bok²t ir i²spr sti uºdavini. O gal geriau pakilti i toki auk²ti oro balionu ir i²matuoti temperat ur? Tikriausiai pasirinktume antr ji b ud. Ta iau ir antruoju b udu tikslo nepasieksime, jeigu svajosime rankas sudej. Juk reikia pasigaminti iranki oro balion. Taigi pasigaminkime silpnojo atsitiktiniu dydºiu konvergavimo tyrimo iranki. Tiksliau apºvelkime, k i²radingi matematikai yra jau suk ur. Vis tikimybin informacij apie atsitiktini dydi X saugo jo pasiskirstymo funkcija F X (x). Jo savybems reik²ti taip pat naudojame skaitines charakteristikas: vidurki, dispersij... šinome, kad ²ios charakteristikos turi geru savybiu, kuriomis galima pasinaudoti skai iuojant. Ar vidurkiu s vokos negaletume panaudoti silpnojo konvergavimo tyrinejimuose? Rimtu abejoniu kelia viena aplinkybe: vidurkis yra tik skai ius, b utu sunku tiketis, kad juo rei²kiamos informacijos pakaks sudetingam konvergavimo rei²kiniui tirti. Kita vertus, atsitiktiniai dydºiai, kuriu konvergavim noretume tirti, gali ir netureti vidurkiu! Kaip iveikti ²iuos sunkumus? Jei atsitiktinio dydºio vidurkis neegzistuoja, galime ji pakeisti, t. y. transformuoti, kad naujojo dydºio vidurkis egzistuotu. Galima sudaryti daug nauju dydºiu ir gauti daug vidurkiu, kad visi jie i²saugotu t pa i informacij kaip ir pasiskirstymo funkcija. tai sprendimas, kuri surado matematikai: jeigu X yra atsitiktinis dydis, o t realusis skai ius, apskai iuokime f(t) = E[cos(tX)], g(t) = E[sin(tX)]. (32) Kadangi kosinuso ir sinuso funkcijos apreºtos, tai vidurkiu egzistavimo klausimas nekyla. Taigi informacij apie atsitiktini dydi kodavome dviem vidurkiu funkcijomis. Ar ne perdaug painu? 179

180 Jeigu rei²kinys atrodo sudetingas, gal verta pakeisti poºi uri i ji? tai poºi uriu keitimo gaires, kuriomis nuolat naudojasi matematikai: realusis skai ius tieses ta²kas realiuju skai iu pora plok²tumos ta²kas plok²tumos ta²kas kompleksinis skai ius Taigi realiuju skai iu por (x; y) galime plok²tumoje ived koordina iu sistem suvokti kaip ta²k A(x; y), kurio koordinates nurodytos, arba kaip kompleksini skai iu z: (x; y) z, z = x + iy, ia i yra menamasis vienetas, kuris paver ia realiuju skai iu por nauju kompleksiniu skai iumi. Kompleksinius skai ius sudedame paprastai: (x 1 + iy 1 ) + (x 2 + iy 2 ) = (x 1 + x 2 ) + i(y 1 + y 2 ). Dauginame irgi paprastai, tik naudodamiesi lygybe i 2 = 1, taigi: (1 + i)(1 i) = 1 2 i 2 = 2. Pasirodo, pirminis skai ius 2 dalijasi i² dvieju paprastu kompleksiniu skai iu! Kompleksinio skai iaus z = x + iy moduliu z pavadinsime atkarpos, jungian ios plok²tumos ta²kus O(0; 0), A(x; y), ilgi, taigi z = x 2 + y 2. Dabar (32) funkcijas, apibreºtas realiuju skai iu aibeje ir igyjan ias reali sias reik²mes galime sulipdyti i vien, kurios reik²mes kompleksiniai skai iai. 34 apibreºimas. Tegu X yra atsitiktinis dydis, jo charaktering ja funkcija vadinsime funkcij, apibreºt realiuju skai iu aibeje lygybe ϕ X (t) = E[cos(tX)] + ie[sin(tx)] = E[cos(tX) + i sin(tx)], t R. (33) O dabar pasitelkime vien svarbu ir jau naudot analizes instrument begalines eilutes. Skai iuodami Poissono atsitiktinio dydºio vidurki naudojomes eksponentes eilute: e z = 1 + z + z2 2! zm m! +... (34) Gera naujiena galime imti ir kompleksines z reik²mes, eilute visada konverguos. Tokiu b udu gausime visu kompleksiniu skai iu aibeje apibreºt funkcij 180

181 f(z) = e z. Ir dar maloni naujiena svarbiausios rodiklines funkcijos savybes i²lieka tos pa ios, pavyzdºiui, su visais kompleksiniais skai iais Uºra²ykime dar dvi begalines eilutes: cos u = 1 u2 2! sin u = u u3 3! e z 1+z 2 = e z1 e z ( 1)m u2m (2m)! +..., (35) ( 1)m u2m+1 (2m + 1)! +..., (36) ia u R. ias tris eilutes jungia istabus ry²ys: jeigu i (34) istatysime z = iu, u R, bus teisinga lygybe kitaip tariant 1 + (iu) + (iu)2 2! +... = ( 1 u2 2! +... ) + i(u u3 3! +...), e iu = cos u + i sin u. (37) Negaliu susilaikyti nuo pagundos istatyti i ²i lygyb u = π : e iπ = 1. Superformule, tikras ²edevras! 7 Tegu X yra atsitiktinis dydis, igyjantis realias reik²mes, t R. Istat i (37) u = tx galesime uºra²yti: e itx = cos(tx) + i sin(tx) ir kiek trumpiau suformuluoti charakteringosios funkcijos apibreºim. 35 apibreºimas. Tegu X yra atsitiktinis dydis. Jo charaktering ja funkcija vadinsime funkcij ϕ X (t) = E[e itx ]. Jeigu e itx suvoksime kaip nauj atsitiktini dydi, gaut i² X pritaikius atitinkam funkcij, galime pasinaudoti vidurkio skai iavimo patirtimi nepaisydami to, kad ²io dydºio reik²mes kompleksines. Dr sos, ir dar kart dr sos! kaip kaºkada sake Dantonas. 37 pavyzdys. I²sigimusio dydºio charakteringoji funkcija 7 Autorius L. Euleris. 181

182 Jei P (X = a) = 1, tai ϕ X (t) = e ita P (X = a) = e ita. Taigi ϕ X (t) = e ita = cos(ta) + i sin(ta). Jeigu pavaizduotume ϕ X (t) plok²tumos ta²ku ir keistume t, pamatytume, kad tas ta²kas atlieka nepabaigiam kelion vienetiniu apskritimu, jei a 0. Jeigu a = 0, tai ϕ X (t) = pavyzdys. Dvireik²mio dydºio charakteringoji funkcija Tegu dydis X igyja dvi reik²mes: P (X = 1) = p, P (X = 0) = 1 p. Tada ϕ X (t) = e it0 P (X = 0) + e it P (X = 1) = 1 p + e it p. 39 pavyzdys. Binominio dydºio charakteringoji funkcija Tegu X B(n, p). Taigi dydis X igyja reik²mes 0, 1,..., n, o dydis e itx reik²mes e it0, e it,..., e itn. Tada ϕ X (t) = n e itm P (X = m) = m=0 n Cn m (e it p) m (1 p) n m = (1 p + e it p) n. m=0 Pastebekime, kad binominio dydºio charakteringoji funkcija lygi n-ajam dvireik²mio dydºio charekteringosios funkcijos laipsniui. Kiek veliau suºinosime, kad tai ne atsitiktinumas. 40 pavyzdys. Poissono dydºio charakteringoji funkcija Tegu X P(λ). Tada X igyja sveikas neneigiamas reik²mes, o dydis e itx reik²mes e itn, n = 0, 1,... Tada ϕ X (t) = n=0 Pasinaudoj (34) su z = λe it, gausime e itn λn n! e λ = e λ (λe it ) n. n! n=0 ϕ X (t) = e λ e λeit = e λ(eit 1). 41 pavyzdys. Tolygiojo dydºio charakteringoji funkcija Tegu X T ([a; b]). Tada X turi tanki p X (u) = 1/(b a), kai u (a; b) ir p X (u) = 0, kai u [a; b]. Taigi ϕ X (t) = 1 b a 182 b a e itu du.

183 Kai integruojame funkcijas su realiomis reik²memis, naudojames Newtono- Leibnizo formule. Pasinaudokime ja nepaisydami to, kad m usu funkcijos reik²mes kompleksines. Kadangi funkcijos e itu /(it) i²vestine pagal u lygi e itu, tai ϕ X (t) = 1 e itu b = eitb e ita b a it a (b a)it. Pana²iai galime apskai iuoti ir eksponentinio dydºio charaktering j funkcij. 42 pavyzdys. Eksponentinio dydºio charakteringoji funkcija Tegu X E(λ). Tada ²is atsitiktinis dydis turi tanki p X (u) = λe λu, kai u > 0. Su neigiamomis reik²memis tankis lygus nuliui. Tada ϕ X (t) = = 0 λ it λ e itu λe λu du = λ 0 d ( e itu λu) = 0 e itu λu du λ it λ eitu λu = λ 0 λ it. Reik²me, atitinkanti begalini reºi, rei²kia funkcijos rib. 43 pavyzdys. Standartinio normaliojo dydºio charakteringoji funkcija Tegu X N (0; 1). Tada ϕ X (t) = 1 2π e itu e u2 /2 du = 1 2π e itu u2 /2 du. Integralas sudetingas, apskai iuoti jo reik²m darbas ne menkas, ta iau pati reik²me paprasta: ϕ X (t) = e t2 /2. Atkreipkime demesi, kad standartinio normaliojo dydºio charakteringosios funkcijos reik²mes realieji skai iai. Kai t kinta nuo 0 iki charakteringoji funkcija igyja visas reik²mes i² intervalo (0; 1]. Taigi suk ureme nauj iranki charaktering sias funkcijas. Kokios gi ju savybes, kam jos tinka? 42 teorema. Tegu X yra atsitiktinis dydis, ϕ X (t) jo charakteringoji funkcija. i funkcija yra visuose ta²kuose t tolydi, ϕ X (t) 1, ϕ X (0) = 1. Jeigu a, b bet kokie realieji skai iai, tai atsitiktinio dydºio Y = b + ax charakteringoji funkcija yra ϕ Y (t) = e itb ϕ X (at). 183

184 44 pavyzdys. Normaliojo dydºio charakteringoji funkcija Standartinio normaliojo dydºio charaktering j funkcij jau uºra²eme. Tegu dabar X N (µ; σ 2 ) bet koks normaliuju dydºiu ²eimos narys. šinome, kad ji galima i²reik²ti taip: Taigi pasinaudoj teorema gauname X = µ + σx 0, X 0 N (0; 1). ϕ X (t) = e iµt ϕ X0 (σt) = e iµt σ2 t 2 /2. (38) Ar visada pagal charaktering j funkcij galima atpaºinti, tarsi pauk²ti i² plunksnu, atsitiktini dydi? tai atsakymas. 43 teorema. Tegu X, Y yra du atsitiktiniai dydºiai. Jeigu ju pasiskirstymo funkcijos vienodos, tai ir charakteringosios funkcijos vienodos. Jeigu ju charakteringosios funkcijos vienodos, tai ir pasiskirstymo funkcijos vienodos. i teorema rei²kia, kad charakteringosios funkcijos saugo vis informacij apie atsitiktinio dydºio tikimybes kaip ir pasiskirstymo funkcijos. šinome, kad daºnai tenka sumuoti nepriklausomus atsitiktinius dydºius. Net jeigu demenys yra paprasti atsitiktiniai dydºiai, sumos pasiskirstymo funkcij gali b uti nelengva surasti. Kokia gi padetis, jeigu ie²kosime charakteringuju funkciju? 44 teorema. Tegu X 1, X 2,..., X n yra nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai, X = X 1 + X X n. Tada ϕ X (t) = ϕ X1 (t) ϕ X2 (t) ϕ Xn (t). Papras iau b uti negali! Taigi nepriklausomu atsitiktiniu sumoms tyrineti labiau nei pasiskirstymo funkcijos tinka charakteringosios! Neatideliodami i²bandykime ²i instrument. 45 pavyzdys. Poissono dydºiu suma Tegu X 1 P(λ 1 ), X 2 P(λ 2 ) yra nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai. Kokiai ²eimai priklauso ju suma? Suraskime charaktering sias funkcijas: ϕ X1 (t) = e λ 1(e it 1), ϕ X2 (t) = e λ 2(e it 1), ϕ X (t) = ϕ X1 (t) ϕ X2 (t) = e (λ 1+λ 2 )(e it 1). Kokia i²vada? šinoma, X 1 + X 2 P(λ 1 + λ 2 )! 46 pavyzdys. Normaliuju dydºiu suma Tegu X 1 N (µ 1, σ1), 2 X 2 N (µ 2, σ2) 2 Nustatysime, pagal koki desni pasiskirs iusi ju suma X = X 1 + X 2. Ir vel suraskime charaktering sias 184

185 funkcijas. Atsitiktiniu dydºiu X 1, X 2 charaktering sias funkcijas surasime pasinaudoj (38). Tada ϕ X (t) = ϕ X1 (t) ϕ X2 (t) = e it(µ 1+µ 2 ) (σ 2 1 +σ2 2 )/2. Akivaizdi i²vada: X 1 + X 2 N (µ 1 + µ 2 ; σ1 2 + σ2). 2 Taigi Poissono ir normaliuju desniu ²eimos turi uºdarumo savyb : sumuodami nepriklausomus tos pa ios ²eimos dydºius vel gauname tos pa ios ²eimos dydi. O dabar dar vienas malonus netiketumas: atsitiktinio dydºio X laipsniu vidurkiu E[X m ] ir charakteringosios funkcijos i²vestiniu ry²ys. šinome, kad norint apskai iuoti E[X m ] tenka sumuoti arba integruoti, darbo supaprastinimui taikant, jeigu pavyksta, ivairias gudrybes. Pasirodo, kad yra dar vienas skai iavimo b udas panaudojant charaktering j funkcij. Skai iu E[X m ] vadinsime atsitiktinio dydºio X m-osios eiles momentu. 45 teorema. Tegu X yra atsitiktinis dydis, ϕ X (t) jo charakteringoji funkcija. Jeigu egzistuoja dydºio momentai E[X], E[X 2 ],..., E[X m ], tai visuose ta²kuose t egzistuoja funkcijos i²vestines ϕ X (t), ϕ X (t),..., ϕ(m) X (t). Jeigu egzistuoja funkcijos i²vestines ϕ X (t), ϕ X (t),..., ϕ(m) X (t), tai egzistuoja ir atsitiktinio dydºio momentai E[X], E[X 2 ],..., E[X m ]. Charakteringosios funkcijos i²vestines ir momentai susieti lygybe: E[X k ] = ( i) k ϕ (k) X (0), k = 1, 2,... m. Taigi ºinodami atsitiktinio dydºio charaktering j funkcij momentu galime ie²koti ne sumuodami ar integruodami, ta iau skai iuodami i²vestines. Funkcijos i²vestiniu reik²mes kokiame nors ta²ke tai informacija apie ²ios funkcijos elgesi arti to ta²ko. Teorema teigia, kad atsitiktinio dydºio momentai yra beveik tas pats, kas charakteringosios funkcijos i²vestines ta²ke t = 0. šinodami atsitiktinio dydºio momentus, galime nusakyti charakteringosios funkcijos elgesi, kai t yra arti nulio. Uºra²ykime ²i teigini tiksliau, apsiribodami paprastais, bet labai svarbiais atvejais. 46 teorema. Tegu X yra atsitiktinis dydis, o ϕ X (t) jo charakteringoji funkcija. Jeigu vidurkis E[X] egzistuoja, tai ϕ X (t) = 1 + (it) E[X] + ɛ 1 (t)t, ɛ 1 (t) 0, kai t 0. (39) Jeigu egzistuoja ir E[X 2 ], tai ϕ X (t) = 1 + (it) E[X] + (it)2 2 E[X2 ] + ɛ 2 (t)t 2, ɛ 2 (t) 0, kai t 0. (40) 185

186 iuo teiginiu ²auniai pasinaudosime kitame skyrelyje. Tiek laiko skyreme charakteringosioms funkcijoms, kaip minima antra²teje konvergavimo tyrimo instrumentui, o apie pati konvergavim nei ºodºio. Truputi kantrybes ia kaip teatre, jeigu jau ²autuvas kabo, tai juo bus ir i²²auta Ribiniu teoremu irodymai Uºdavinio keitimas jam ekvivalen iu matematikos kasdienybe. Charakteringosios funkcijos tarsi tiltas perne²a tikimybiu ribiniu savybiu tyrim i grynosios analizes sriti. O ia nebera nei atsitiktiniu dydºiu, nei tikimybiu tik skai iai ir funkcijos. Net trys ribines teoremos buvo suformuluotos ankstesniuose skyriuose: Poissono (apie sekmiu skai iaus Bernoullio schemoje tikimybiu konvergavim ), didºiuju skai iu desnis ir centrine ribine teorema (Moivre-Laplace'o teorema kaip atskiras atvejis). Visos jos buvo suformuluotos skirtingai, pirmosios dvi irodytos skirtingais b udais, o tre ioji neirodyta i² viso. Isitikinsime, kad visas jas galima suformuluoti pana²iai naudojant silpnojo konvergavimo s vok. Ir irodyti galima pana²iai pasitelkus charaktering sias funkcijas. Silpnojo konvergavimo ir charakteringuju funkciju ry²i nusako tokia teorema. 47 teorema. Tegu X n ir X yra atsitiktiniai dydºiai, o ϕ Xn (t), ϕ X (t) ju charakteringosios funkcijos. Jeigu su kiekviena t reik²me ϕ Xn (t) ϕ X (t), kai n, tai X n X. Naudojantis ²ia teorema galima irodyti, kad atsitiktiniai dydºiai (arba ju pasiskirstymo funkcijos) silpnai konverguoja, jeigu jau ºinome ribini dydi. I² tikruju charakteringuju funkciju metodu galima tirti netgi sudetingesnes konvergavimo aplinkybes, kai ribinis dydis nera i² anksto ºinomas. Taigi sugriºkime prie mums jau ºinomu ribiniu teoremu ir i² naujo jas irodykime. Irodinedami pasinaudosime viena pagrindiniu matematines analizes ribu: jeigu z n yra realiuju arba kompleksiniu skai iu seka ir z n z, kai n, tai ( 1 + z ) n n e z, n. (41) n Pradekime nuo Poissono teoremos. 48 teorema. Tegu X n yra binominiai atsitiktiniai dydºiai, X n B(n, p n ). Jeigu np n λ, λ > 0, kai n, tai X n X. Galb ut palygin ²ios teoremos teigini su?? skyrelyje suformuluota teorema suabejosite: ar tikrai i² silpnojo konvergavimo i²plaukia tikimybiu 186

187 konvergavimas, t. y. teiginys P (X n = m) P (X = m), kai n? Isitikinkime tuo. Teiginys X n X rei²kia, kad F Xn (x) F X (x) visiems x, kuriuose F X (x) tolydi, t. y. kai x 0, 1, 2,... Dydºiai X n, X igyja sveikas neneigiamas reik²mes, taigi sveikajam skai iui m 0 su bet kokiu ɛ, 0 < ɛ < 1, gausime P (X n = m) = P (m ɛ X n < m + ɛ) = F Xn (m + ɛ) F Xn (m ɛ), F Xn (m + ɛ) F Xn (m ɛ) F X (m + ɛ) F X (m ɛ) = P (X = m), kai n. Irodymas. Binominio dydºio charaktering j funkcij apskai iavome, taigi ϕ Xn (t) = ( ) ( 1 p n + e it n p n = 1 + eit p n n p n n ) n ( = 1 + z ) n n, n n ia z n = e it p n n p n n. Kadangi z n e it λ λ, kai n, tai pasinaudoj (41) gausime ϕ Xn (t) e eit λ λ = e λ(eit 1) = ϕ X (t), n. Taigi X n X, teorema irodyta. Dabar sugriºkime prie didºiuju skai iu desnio, kuriam pakl usta nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai X j, turintys t pati vidurki E[X j ] = a. Jo esm galima nusakyti viena formule: ( X1 + X X ) n P a 0 1, n. n Kitaip tariant dydis (X 1 + X X n )/n darosi vis labiau pana²esnis i i²sigimusi, vien tik reik²m 0 igyjanti atsitiktini dydi. I²mokome pana²ejimo rei²kini apib udinti silpnojo konvergavimo s voka. Taigi i² naujo suformuluokime didºiuju skai iu desni. 49 teorema. Tegu nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai X 1, X 2,... turi t pa i pasiskirstymo funkcij ir vidurki E[X j ] = a. Jei Z n = X 1 + X X n n a, tai Z n Z, ia Z i²sigim s atsitiktinis dydis, P (Z = 0) = 1. Jeigu palyginsite ²i didºiuju skai iu desnio formuluot su ta, kuri pateikta?? skyrelyje, pamatysite, kad i²nyko dispersiju egzistavimo s lyga. Taigi ne tik ketiname kitaip irodyti didºiuju skai iu desni, bet ir i²plesti jo veikimo sriti, itraukdami i j ir neturin ius dispersijos atsitiktinius dydºius. 187

188 Irodymas. Pasinaudosime charakteringosiomis funkcijomis. ϕ Z (t) = 1, tai pakanka irodyti, kad su visais t Kadangi Isiºi urekime i atsitiktini dydi Z n : Z n = X 1 + X X n n ϕ Zn (t) 1, n. a = Y 1 + Y Y n, Y j = X j a. n Atsitiktiniai dydºiai X j yra nepriklausomi, todel nepriklausomi ir dydºiai Y j. Be to ju pasiskirstymo funkcijos, taigi ir charakteringosios funkcijos yra vienodos, todel ϕ Zn (t) = ϕ Y1 (t) ϕ Yn (t) = ϕ n Y 1 (t). (42) Dydºio V 1 = X 1 a vidurkis lygus nuliui, todel pasinaudoj (??) galime uºra²yti jo charaktering j funkcij taip: ϕ V1 (t) = 1 + (it)e[v 1 ] + ɛ 1 (t)t = 1 + ɛ 1 (t)t, ɛ 1 (t) 0, t 0. Kadangi Y 1 = V 1 /n, tai pasinaudoj charakteringuju funkciju savybe gausime O dabar i² (42) i²plaukia ϕ Y1 (t) = ϕ V1 (t/n) = 1 + ɛ 1(t/n)t. n ( ϕ Zn (t) = ɛ ) 1(t/n)t n e 0 = 1, n nes z n = ɛ(t/n)t 0, kai t ksuotas, o n dideja. Teorema irodyta. Galu gale tikimybiu teorijos dalyje liko vienintele vir² une, kuri reikia iveikti irodyti centrin ribin teorem. 50 teorema. (Centrine ribine teorema) Tegu nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai X 1, X 2,... turi t pa i pasiskirstymo funkcij, vidurki E[X j ] = a ir dispersij D[X j ] = σ 2 > 0. Jei Z n = X 1 + X X n na σ, n tai Z n Z, ia Z standartinis normalusis dydis, Z N (0, 1). Irodymas. Kadangi ϕ Z (t) = e t2 /2, tai reikia irodyti, kad kiekvienam t ϕ Zn (t) e t2 /2, kai n. Ir vel pertvarkykime Z n rei²kini: Z n = Y 1 + Y Y n, Y j = X j a σ n. 188

189 Pasinaudoj tais pa iais argumentais kaip didºiuju skai iu desnio irodyme uºra²ykime ϕ Zn (t) = ϕ Y1 (t) ϕ Yn (t) = ϕ n Y 1 (t). Jeigu V 1 = X 1 a, tai Y 1 = V 1 /σ n, ir ϕ Y1 (t) = ϕ V1 (t/σ n). Atsitiktinis dydis V 1 turi du momentus: E[V 1 ] = 0, E[V1 2 ] = D[X 1 ] = σ 2. Taigi charaktering sias funkcijas galime uºra²yti taip: ϕ V1 (t) = 1 + (it)e[v 1 ] + (it)2 2 ϕ Y1 (t) = ϕ V1 (t/σ n) = 1 σ2 t 2 E[V 2 1 ] + ɛ 2 (t)t 2 = 1 σ2 t 2 2σ 2 n + ɛ ( t 2 σ ) t 2 n σ 2 n = 1 + z n n, 2 + ɛ 2(t)t 2, ia z n = t 2 /2 + ɛ 2 (t/σ n)t 2 /σ 2 t 2 /2, kai n. Taigi dar kart pasinaudoj svarbi ja analizes riba (41) gausime ϕ Zn (t) = ( 1 + z n ) n e t 2 /2, n. n Teorema irodyta. Sveikinu visus, garbingai pasiekusiusius ²i pabaigos br uk²ni! Uºdaviniai 1. Apskai iuokite geometrinio dydºio X G(p) charaktering j funkcij. 2. Geometrini dydi X G(p) galime suvokti, kaip Bernoullio bandymu, kuriuos atliekame iki pirmos sekmes, kieki. Jei p 1, tai intuicija sako, kad dydis darosi vis pana²esnis i i²sigimusi atsitiktini dydi Y, P (Y = 1) = 1. Isitikinkite tuo panagrinej charaktering sias funkcijas: irodykite, kad ϕ X (t), jei p 1, arteja prie i²sigimusio dydºio charakteringosios funkcijos. 3. Tegu X G(p). Prie kokios funkcijos arteja charakteringosios funkcijos ϕ X (t), jei p 0? 4. Tegu X n G(p n ), p n = λ/n, ia λ > 0. Irodykite, kad kiekviename ta²ke u pasiskirstymo funkcijos konverguoja i nuli, t. y. F Xn (u) 0, n. Charakteringuju funkciju metodu irodykite, kad X n /n X, ia X E(λ). 189

190 3 Matematine statistika Pradekime pavyzdºiu. 47 pavyzdys. Reikia pasidalyti sudrekusius degtukus. Degtukas uºsidega su tikimybe p = 0,6. Kiek sudrekusiu degtuku reikia atiduoti draugui, kad tikimybe, jog jam pavyks uºdegti ugni, b utu ne maºesne uº 0,9? Atsakyti i ²i klausim paprasta. Tikimybe, kad jam uºteks vieno degtuko lygi p, kad prireiks dvieju degtuku qp (q = 1 p), kad reiks triju q 2 p ir t. t. Taigi tikimybe, kad uºteks m degtuku lygi P m = p+qp+q 2 p+...+q m 1 p = p(1+q+q q m 1 ) = p 1 qm 1 q = 1 qm. Taigi draugui reikia atiduoti m degtuku, kad b utu patenkinta s lyga P m 0,9 arba q m 0,1. Kadangi q = 0,4, tai labai greitai surasime maºiausi degtuku, kuriuos reikia atiduoti, skai iu: m = 3. Ta iau vargu ar draugas bus patenkintas gav s vos tris degtukus. Jis gali paklausti: o i² kur mes ºinome, kad sudrek s degtukas uºsidega su tikimybe p = 0,6? I² tiesu, i² kur mes ºinome? is pavyzdys su degtukais parodo, kokioje padetyje atsiduriame, noredami taikyti tikimybiu teorij. Jeigu ºinome atsitiktiniu ivykiu tikimybes ar atsitiktiniu dydºiu pasiskirstymo desnius bei ju parametrus, galime priimti sprendimus. Ta iau kaip juos suºinoti? Neturedami ºiniu apie tikimybes ar pasiskirstymo desniu parametrus, galime atlikti bandymus ir kaupti ju duomenis. Pavyzdºiui, jeigu sudrekusiu degtuku yra daug, galime bandyti juos vien po kito uºdegti ir skai iuoti, kiek kartu tai pavyko. Sukaupus pakankamai dideli kieki duomenu, kyla klausimas, k su jais daryti, kaip i² ju gauti ºiniu apie r upimas tikimybes ar parametrus. Tokie klausimai ir yra matematines statistikos sritis Populiacijos ir imtys Populiacija objektai, kurie mums r upi. Imtis dalis, kuri atrenkame tyrimui. Ta iau tai tik iºanga. I² kur gi ir kaip gaunami statistiniai duomenys? Klausimai, kurie kyla gyvenime, daºniausiai b una labai konkret us. Pavyzdºiui, mums r upi kokiu nors gaminiu kokybes charakteristikos. Arba gyventoju pajamu pasiskirstymo savybes. Arba reklaminiu akciju efektyvumas. Arba dar kas nors... Taigi prie² mus tam tikru objektu aibe, apie kuri norime igyti ºiniu. Statistikoje ta realiu objektu aibe daºnai vadinama populiacija. I²tirti visus jos objektus daºniausiai b una neimanoma arba tiesiog neprasminga uºduotis. Pavyzdºiui, 190

191 jei tirtume visos stiklo gamyklos produkcijos atsparum sm ugiams tektu sudauºyti visus lak²tus. Todel tyrimui atsitiktinai atrenkama dalis tos populiacijos objektu, jie i²tiriami ir i² sukauptu duomenu daromos i²vados apie visum. Kaip toki praktik apra²yti matematinemis s vokomis? Visu pirma tarkime, kad mums r upima objektu savybe rei²kiama atsitiktinio dydºio X reik²memis. Daºniausiai tos reik²mes yra skai iai, ta iau neb utinai. Objekto atrinkimas ir reik²mes nustatymas tai bandymas, kuriam pasibaigus galime uºsira²yti vien atsitiktinio dydºio reik²m. Dydi, susijusi su pirmuoju bandymu ºymekime X 1, su antruoju X 2 ir t. t. Objektai atrenkami tyrimui nepriklausomai, todel atsitiktiniai dydºiai X j yra nepriklausomi ir pasiskirst taip pat kaip X. Taigi matematine s voka, atitinkanti atsitiktin populiacijos objektu atrank, yra: nepriklausomu, vienodai pasiskirs iusiu atsitiktiniu dydºiu seka X 1,..., X n. Atsitiktine imtis 36 apibreºimas. Nepriklausomu ir vienodai pasiskirs iusiu atsitiktiniu dydºiu sek X 1, X 2,..., X n vadinsime atsitiktine imtimi. Atlikdami matavimus ar stebejimus, gauname ²iu dydºiu reik²mes. 37 apibreºimas. Atsitiktines imties X 1, X 2,..., X n elementu reik²miu sek x 1, x 2,..., x n vadinsime atsitiktines imties realizacija, arba tiesiog imtimi. Taigi atsitiktine imtis tai atsitiktiniu dydºiu seka, o imtis i² ²iu dydºiu gautu reik²miu seka. Jeigu suvokiate, kuo skiriasi funkcija ir jos reik²me, tai suvoksite ir atsitiktines imties ir jos realizacijos skirtum Apra²omoji statistika Apra²omoji statistika tai dar ne statistika. Tai tik sukauptu duomenu tvarkymas. Sukaup daugyb knygu ºiniu dar neigysime. Reikia jas tam tikru b udu sutvarkyti, galu gale skaityti. Taip ir su sukauptais duomenimis. Galb ut ju ²imtai, ar t ukstan iai, bet kas i² to? Reikia juos kokiu nors b udu susisteminti, sutvarkyti, pavaizduoti, kad atsiskleistu b udingos savybes, i kurias isiºi urej galetume kelti klausimus ir ie²koti atsakymu. 191

192 Imties duomenu tvarkymo, sisteminimo ir vaizdavimo metodai tai apra²omoji statistika. Jos uºdavinys padeti apºvelgti ir ivertinti tyrejo sukauptus duomenis. Imtyje x 1, x 2,..., x n duomenys gali kartotis. Skai ius x i yra atsitiktinio dydºio X i, stebeto i-ajame bandyme, reik²me. Dydºiai gali i² viso igyti nedaug reik²miu. Pavyzdºiui, vykdant prie²rinkimin apklaus, rinkejai klausiami, uº kuri kandidat ketina balsuoti. Tada reik²miu gali b uti tiek, kiek kandidatu. Galime nustatyti, kokios skirtingos duomenu reik²mes pasitaiko imtyje ir suskai iav ju daºnius pavaizduoti imti lentele: Duomenys x 1 x 2 x 3... x m Daºniai n i n 1 n 2 n 3... n m Santykiniai daºniai f i n 1 /n n 2 /n n 3 /n... n m /n Sukauptieji daºniai j<i f j 0 f 1 f 1 + f 2... f f m 1 Lenteleje x 1, x 2,..., x m yra skirtingos imties duomenu reik²mes, n i duomens x i pasikartojimu imtyje skai ius. Lentel visada galima pavaizduoti stulpeliu arba skrituline diagrama. Stulpeliu diagramoje stulpeliu, atitinkan iu reik²mes x j, auk² iai yra proporcingi reik²miu daºniams n j, o skritulineje diagramoje reik²miu daºniams proporcingi sektoriu kampai, ºr. breºini. 48 pavyzdys. Akiu spalva M usu populiacija ºmones, dominanti savybe akiu spalva. Taigi ketiname stebeti dydºius, kurie igyja reik²mes i² aibes {JUODA, M ELYNA, RUDA, šalia}. Sudarydami imti ra²ysime tik pirm sias spalvu pavadinimu raides. Tarkime, atlikus tyrimus gauta tokia imtis: Taigi daºniu lentele: JMMJMRMšMMRJRš. J M R š n i f i 3/15 6/15 4/15 2/15 j<i f j 0 3/15 9/15 13/15 192

193 f i J M R Z Imties vaizdavimas stulpeliu ir skrituline diagrama Kai dydis X igyja skaitines reik²mes, imtyje x 1, x 2,..., x n beveik visi duomenys gali b uti skirtingi. Tada visu reik²miu santykiniai daºniai bus maºi ir apylygiai. Tokiu atveju ir daºniu lentele, ir pagal j nubraiºyta stulpeliu diagrama neparodys b udingu imties savybiu. Tada geriau sudaryti sugrupuotuju duomenu daºniu lentel ir naudojantis ja braiºyti stulpeliu diagram. Tai daroma ²itaip. Vis imties duomenu sriti padalykime d ilgio intervalais I j = [u j, u j+1 ), u j+1 = u j +d, j = 1, 2,..., N ir suskai iuokime, dydºius n j, kuriu reik²mes lygios imties duomenu, patekusiu i intervalus I j, kiekiams. Gausime sugrupuotuju daºniu lentel Duomenu intervalai I 1 I 2 I 2... I N Duomenu intervaluose I j kiekiai n 1 n 2 n 3... n N Santykiniai daºniai p j n 1 /nd n 2 /nd n 3 /nd... n N /nd i lentel gra²kai vaizduosime diagrama, sudaryt i² stulpeliu su pagrindais I j, kuriu auk² iai lyg us atitinkamiems santykiniams daºniams p j. Toki diagram vadinsime imties histograma. Intervalu ilgis d, panaudotas skai iuojant p j, uºtikrina, kad sta iakampiu plotu suma lygi vienetui. Prisiminkime, kad plotas, kuri apriboja absoliu iai tolydaus atsitiktinio dydºio tankis ir abscisiu a²is, irgi lygus vienetui. Taigi histogram galima suvokti kaip tam tikr apytiksli atsitiktinio dydºio tankio vaizd, gaut naudojantis imties duomenimis. 193

194 0.4 f i x i 0.5 f i x i 0.5 f i x i Trys tos pa ios imties i² n = 1000 duomenu histogramos. Pirmojoje grupavimo intervalu skai ius n = 5, antrojoje N = 10 (rekomenduotinta reik²me), tre iojoje N = 30. Kaip parinkti duomenu grupavimo intervalus I j? Jeigu intervalu plotis d bus didelis svarbi informacija apie imties duomenis bus paslepta, jeigu parinksime labai maº d informacija bus pavaizduota perdaug smulkmeni²kai ir negalesime iºvelgti esminiu bruoºu. Visada galima eksperimentuoti parenkant skirtingus d ir stebint, kaip kei iasi histograma. Tam tikrais matematiniais samprotavimais pagrista nuomone, kad geriausiai imties savybes parodo histograma, kurios intervalu kiekis yra maºdaug N 1 + 3, 3 lg n. Taigi jei duomenu skai ius n = 100, tai histogramai sudaryti reiktu panaudoti 7 ar 8 intervalus. Jeigu imties duomenys x 1, x 2,..., x n yra skai iai, juos galime perrikiuoti didejimo tvarka. Tokia didejimo tvarka i²destyta imties duomenu eile x (1) x (2)... x (n) vadinama imties variacine eilute. Pavyzdºiui, imties 2; 1,5; 3,1,5; 2,3; 1,7; 2 (43) variacine eilute yra 1,5; 1,5; 1,7; 2; 2; 2; 3; 3, x (1) = x (2) = 1,5; x (8) =

195 Pirmasis variacines eilutes narys yra tiesiog maºiausias duomuo, paskutinis didºiausias: x (1) = min{x j : j = 1,2,..., n}, x (n) = max{x j : j = 1,2,..., n}. Jeigu imtis gauta stebint skaitines reik²mes igyjanti atsitiktini dydi X, galime pagal imti x 1, x 2,..., x n sudaryti funkcij, kuri vadinsime empirine dydºio X pasiskirstymo funkcija. Paºymekime n(x) imties duomenu, maºesniu uº x, skai iu. Tada empirin pasiskirstymo funkcij apibre²ime taip: F X(x) = n(x) n. Pavyzdºiui, (43) imti atitinkanti empirine pasiskirstymo funkcija yra 0, jei x 1,5; 2, jei 1,5 < x 1,7; FX(x) 8 3 =, jei 1,7 < x 2; 8 6, jei 2 < x 3; 8 1, jei x > 3; Jeigu skirtingos skaitines imties reik²mes x 1, x 2,..., x m sura²ytos didejimo tvarka, tai sukauptieji daºniai lyg us atitinkamoms empirines paskirstymo funkcijos reik²mems: F X(x) = j<i f j, jei x (x i 1, x i ], i > 2. Jeigu atsitiktinio dydºio X pasiskirstymo funkcija F X (x) yra tolydi, tai q-osios eiles kvantiliu vadiname lygties F X (u) = q sprendini u = u q. Jeigu pasiremdami analogija bandytume apibreºti imties kvantilius kaip lygties FX (v) = q sprendinius, ia F X (v) yra empirine pasiskirstymo funkcija, susidurtume su sunkumais. Kadangi empirines pasiskirstymo funkcijos FX (x) grakas sudarytas i² lygiagre iu abscisiu a²iai atkarpu, tai su vienomis q reik²memis ta lygtis turetu be galo daug sprendiniu, o su kitomis neturetu i² viso. Taigi imties kvantilius reikia apibreºti kitaip. Paºymekime n(x) imties x 1, x 2,..., x n duomenu ne didesniu uº x (t. y. tenkinan iu nelygyb x i x) kieki, o n(x) ne maºesniu (t. y. tokiu, kuriems x i x). Tada n(x) + n(x) n. Empirini q-osios eiles kvantili v q turetume apibreºti taip, kad jis tenkintu s lygas: q n(v q) n, n(v q ) 1 q. n 195

196 ios s lygos rei²kia, kad ne maºiau kaip q- j visu imties duomenu dali sudaro duomenys ne didesni uº v q ir ne maºiau kaip (1 q)- j dali ne maºesni uº v q. Kad ²i s lyga b utu patenkinta, imties kvantilius apibre²ime taip. 38 apibreºimas. Imties x 1, x 2,..., x n q-osios eiles kvantiliu vadinsime skai iu v q, apibreºiam taip: { x ([qn]+1), jei qn nera sveikas skai ius, v q = (x (qn) + x (qn+1) )/2, jei qn yra sveikas skai ius, ia 0 < q < 1, ºymuo [qn] rei²kia skai iaus sveik j dali, o x (i) i- ji imties variacines eilutes nari. Daºniausiai naudojami q = 1, 2, 3 eiles kvantiliai. Jie taip ir vadinami kvartiliais bei ºymimi Q 1, Q 2, Q 3. Kvartilis Q 2 dar vadinamas mediana. Empirine pasiskirstymo funkcija, kuri galime sudaryti naudodamiesi imties duomenims, tik kai kuriomis savo savybemis primena stebimo atsitiktinio dydºio tikr j pasiskirstymo funkcij. Pakartojus to paties dydºio stebejimus gautume kitoki imti, taigi ir kitoki empirin pasiskirstymo funkcij. O kaip pagal gaut j imti sudaryti dydºius, kurie atitiktu kitas mums neºinomas stebimo atsitiktinio dydºio skaitines charakteristikas vidurki, dispersij? Imties vidurkis ir dispersija 39 apibreºimas. Tegu x 1, x 2,..., x n yra imtis, gauta stebint atsitiktinio dydºio X reik²mes. ios imties vidurkiu ir dispersija vadinsime skai ius x = x 1 + x x n, s 2 = 1 n n 1 n (x i x) 2. Kodel imties vidurkio apibreºimo lygybes vardiklyje ra²ome n, o dispersijos n 1? Paai²kinti, kad nekiltu nauju klausimu, yra gana keblu. Pirmiausia, reikia pabreºti imties dispersijos prasm. Noretume, kad imties dispersija gerai ivertintu neºinom stebimojo dydºio dispersij. Dispersija vertina dydºio reik²miu nuokrypiu nuo vidurkio didum. Jeigu ºinotume tikr ji atsitiktinio dydºio vidurki a, dydis 1 n n (x i a) 2 i=1 puikiai tiktu dispersijai vertinti. Neºinodami a kei iame ji i x. Taigi kiek pagadiname savo iverti. Vardiklio sumaºinimas nuo n iki n 1 yra tam tikras 196 i=1

197 iver io pataisymas. Prie klausimo, k ²iuo veiksmu laimime, sugri²ime kitame skyrelyje. Noredami apºvelgti imties duomenu savybes juos vaizduojame gra²kai, taip pat skai iuojame skaitines imties charakteristikas: kvartilius, vidurki, dispersij. Kartais patogu svarbiausias imties charakteristikas: minimum, maksimum, kvartilius, vidurki pavaizduoti viename breºinyje, ºr. breºini. Tokie deºiu su usais breºiniai patog us, kai reikia palyginti keliu im iu skaitines charakteristikas. x (n) Q 3 Q 2 x + Q 1 + x (1) Skaitiniu imties charakteristiku vaizdavimas vienoje diagramoje. Naudojant tokias diagramas patogu lyginti kelias imtis. Uºdaviniai 1. Imties duomenys pirkeju, sustojusiu prie kasos, i²laidos pirkiniams (litais): 27, 20, 12, 20, 15, 20, 45, 10, 15, 10, 15, 30, 25, 20, 12. Raskite ²i imti atitinkan ios variacines eilutes narius x (5), x (11). Raskite imties kvartilius. 2. Trisde²imt dvieju studentu kontrolinio darbo ivertinimai pateikti daºniu lenteleje x i = n i = Raskite imties median ir kvartilius. Raskite imties vidurki ir dispersij. 3. Devyniu studentu egzamino ivertinimai de²imties balu skaleje yra tokie 7, 6, 7, 10, 6, 5, 5, 9, 8. Raskite imties median ir vidurki. Kol kas neºinomas de²imtojo studento egzamino rezultatas, ta iau ºinoma, kad bent vien bal jis tikrai gaus. Kiek daugiausiai 197

198 gali sumaºeti imties vidurkis? Kiek daugiausiai gali padideti? Ar gali vidurkis likti nepakit s? Kada? Jeigu vidurkis liks nepakit s, kaip pasikeis imties dispersija? Kaip nuo de²imtojo studento ivertinimo priklauso imties mediana: kada ji pasikeistu, kada ne? 4. Imties duomenys pilie io N pokalbiu telefonu trukmes minutemis: 3, 5, 4, 3, 4, 2, 4, 7. Kiek tr ukio ta²ku turi pagal ²i imti sudaryta empirine pasiskirstymo funkcija? Kokiame ta²ke tr ukis yra didºiausias? Nubraiºykite empirines pasiskirstymo funkcijos grak. Atsakymai 1. x (5) = 15; x (11) = 20; Q 1 = 12; Q 2 = 20; Q 3 = Q 1 = 5; Q 2 = 7; Q 3 = 9; x 6,719; s 2 5, Q 2 = 7; x = 7; vidurkis daugiausia gali sumaºeti dydºiu 0,6, padideti 0,3; vidurkis nepakistu, jei paskutinis ivertinimas b utu 7, tada dispersija sumaºetu 1 3 ; mediana nepasikeistu, jeigu paskutinis ivertinimas b utu ne maºesnis kaip 7, kitais atvejais ji b utu lygi 6,5. 4. Penkis tr ukio ta²kus; tr ukis didºiausias ta²ke x = Ta²kiniai iver iai R upi atsitiktinio dydºio vidurkis ar dispersija? Sukaupiate duomenu, paskai iuojate, ivertintate. Viskas labai paprasta (beveik). Dar kart apºvelkime, ko gi mes tikimes i² statistikos. Atsitiktinio dydºio X reik²mes nusako tam tikros populiacijos individu savybes. Norime igyti ºiniu apie t atsitiktini dydi. Kokiu ºiniu? Pavyzdºiui, suºinoti vidurki, dispersij, kitus atsitiktinio dydºio parametrus. Parametr, kuris mums r upi, toliau ºymesime graiki²ka raide θ (teta). I² kur galime suºinoti apytiksl parametro θ reik²m? šinoma, i² imties x 1, x 2,..., x n, kurios duomenis sukaupeme atlik nepriklausomus atsitiktinio dydºio stebejimus. Siekdami pabreºti, kad i² imties gautoji reik²me yra tik apytiksle, ºymesime j θ. Noredami surasti j i² imties duomenu, atliekame skai iavimus, kitaip tariant, skai iuojame tam tikros funkcijos reik²m : θ = h(x 1, x 2,..., x n ). Pavyzdºiui, noredami ivertinti neºinom vidurki θ = E[X] skai iuojame θ = x = x 1 + x x n. n 198

199 Ta iau k gi galime pasakyti apie gautosios reik²mes θ = h(x 1, x 2,..., x n ) ir neºinomo parametro θ ry²i? Ar iver io skai iavimo taisykle h(x 1, x 2,..., x n ) duoda artimas parametrui θ reik²mes? Kokia garantija, kad gautasis ivertis yra geras? Kaip nustatyti, ar skai iavimo taisykle yra gera, ar ne? Iver io θ = h(x 1, x 2,..., x n ) reik²me priklauso nuo imties duomenu. Kit kart sudar tokio pat dydºio imti, t. y. pakartotinai gav atsitiktiniu dydºiu X 1, X 2,..., X n reik²mes, apskai iuosime jau kiek kitoki iver io reik²m. Taigi iver iai θ, kuriuos gauname yra i² tikruju atsitiktinio dydºio reik²mes. h(x 1, X 2,..., X n ) Statistika yra imties funkcija 40 apibreºimas. Tegu X 1, X 2,..., X n yra atsitiktine imtis. Atsitiktini dydi T = h(x 1, X 2,..., X n ) vadinsime statistika. Taigi mus dominan io parametro iver iai tai tam tikros statistikos reik²mes. Kadangi statistika yra naujas atsitiktinis dydis, sudarytas pasinaudojant imties dydºiais, tai galime nagrineti statistikos reik²miu i²sibarstym apie neºinom parametro reik²m ir kitas reik²miu savybes. Toliau statistik, kuri naudojama neºinomam parametrui vertinti, vadinsime tiesiog ta²kiniu parametro iver iu. Nat uralus pageidavimas, kad galimos ta²kinio parametro reik²mes b utu gerai i²sibarst apie tikr j, bet mums neºinom parametro reik²m. Vienas i² tokio gero i²sibarstymo poºymiu kad reik²miu vidurkis b utu lygus tikrajai vertinamo parametro reik²mei. Nepaslinktas ivertis 41 apibreºimas. Sakysime, kad θ = h(x 1, X 2,..., X n ) yra nepaslinktas parametro θ ivertis, jeigu E[θ ] = E[h(X 1, X 2,..., X n )] = θ. O dabar sugriºkime prie ankstesniame skyrelyje apibreºto imties vidurkio ir dispersijos. 51 teorema. Tegu atsitiktinis dydis X turi vidurki a ir dispersij σ 2, o X 1, X 2,..., X n yra ²io dydºio atsitiktine imtis. Tada X = X 1 + X X n, S 2 = 1 n n n (X i X) 2 i=1

200 yra nepaslinktieji neºinomu parametru a ir σ 2 iver iai. Irodymas. šinome, kad E[X] = E[X j ] = a, D[X] = D[X j ] = σ 2. Reikia irodyti, kad E[X] = a, E[S 2 ] = σ 2. Pirmoji lygybe beveik akivaizdi: E[X] = E[ 1 n (X X n )] = 1 n (E[X 1] E[X n ]) = na n = a. Kiek daugiau reikia pasidarbuoti irodinejant antr j lygyb. Pirmiausia pertvarkykime S 2 : (n 1)S 2 = n (X i X) 2 = i=1 n (X i a) i=1 n (X i a + a X) 2 = i=1 n (X i a)(a X) + n(a X) 2 = i=1 n (X i a) 2 + 2(a X) i=1 n (X i na) + n(a X) 2 = i=1 n (X i a) 2 + 2(a X)(nX na) + n(a X) 2 = i=1 n (X i a) 2 n(a X) 2, i=1 S 2 = 1 n 1 n i=1 Dabar jau galime skai iuoti vidurki: E[S 2 ] = = 1 n 1 i=1 n n 1 σ2 Teks pertvarkyti dar vien rei²kini: (X i a) 2 n (a X)2 n 1 n E[(X i a) 2 ] n n 1 E[(a X)2 ] n n 1 E[(a X)2 ]. (a X) 2 = 1 n 2 (na X 1 X 2... X n ) 2 = 1 n ((a X 1) + (a X 2 2 ) (a X n )) 2 = 1 n (a X n 2 i ) 2 + (a X i )(a X j ). i=1 1 i,j n i j 200

201 Pasinaudoj tuo, kad E[(a X i ) 2 ] = σ 2, E[(a X i )(a X j )] = E[(a X i )]E[(a X j )] = (a E[X i ])(a E[X j ]) = 0, gausime E[(a X) 2 ] = 1 n 2 nσ2 = σ2 n, E[S 2 ] = n n 1 σ2 n n 1 E[(a X)2 ] = n n 1 σ2 n σ 2 n 1 n = σ2. Galu gale irodymas baigtas. i teorema pateikia tikslu atsakym i klausim del vardiklio dispersijos iver io i²rai²koje. Jeigu dispersijai naudotume iverti S 2 0 = 1 n n (X i X) 2, i=1 suskai iav vidurki gautume E[S 2 0] = n 1 n σ2 σ 2. Taigi toks ivertis nera nepaslinktas dispersijos ivertis. Aptareme ta²kiniu iver iu kokybes kriteriju nepaslinktumo s lyg. Ta iau kaip apskritai gauti tuos iver ius? Kokius metodus naudoti? Vien, turb ut pati papras iausi, dabar aptarsime. Del atsitiktinio dydºio X vidurkio ta²kinio iver io daug galvos nesukome tiesiog pasinaudojome statistika X = X 1 + X X n. n Taip pat nereikia daug galvoti, kaip sudaryti momentu α k = E[X k ] iver ius. is skai ius (kai jis egzistuoja) tikimybiu teorijoje paprastai vadinamas atsitiktinio dydºio X k-osios eiles momentu. 42 apibreºimas. Atsitiktinio dydºio k-osios eiles momento α k = E[X k ] iverti a k = Xk 1 + X2 k Xn k n vadinsime atsitiktinio dydºio empiriniu k-osios eiles momentu. Galime lengvai isitikinti, kad empiriniai momentai yra nepaslinktieji iver- iai. O kaip sudaryti iver ius kitiems parametrams, ne tik momentams? Pavyzdºiui, binominio dydºio X B(k, p) pasiskirstymas priklauso nuo dvieju parametru k ir p, tolygiojo dydºio X T ([a, b]) irgi nuo dvieju a, b. 201

202 Tarkime, atsitiktinio dydºio pasiskirstym valdo r parametru θ 1,..., θ r. Nuo ju taip pat priklauso ir momentu reik²mes. Taigi jeigu apskai iuotume juos, gautume rei²kinius α j = α j (θ 1, θ 2,..., θ r ). Ta iau tai tik formalios i²rai²kos, juk parametru reik²miu neºinome. Atlik bandymus gautume imti ir galetume surasti empiriniu momentu a 1, a 2,..., a r reik²mes. O dabar svarbiausioji ideja: sulyginkime teorinius momentus ir empirinius momentus: α 1 (θ 1, θ 2,..., θ r ) = a 1, α 2 (θ 1, θ 2,..., θ r ) = a 2,..., α r (θ 1, θ 2,..., θ r ) = a r. I gaut sias lygybes galime ºvelgti kaip i lygtis, kuriose θ 1,..., θ r yra neºinomieji. Jei pavyks i²spr sti i²reik²ime r upimus parametrus empiriniais momentais. ios i²rai²kos ie²komi parametru iver iai. Ar geri ²ie iver iai? Tirti ju savybes ne visada paprasta. 49 pavyzdys. Kiek metimu ir koks taiklumas? aulys ²aude i n taikiniu po k kartu. šinoma, kad i taikinius pataike x 1, x 2,..., x n kartu. Po kiek kartu jis ²aude ir kokia taiklaus ² uvio tikimybe? šinoma, tikslaus ² uviu skai iaus ir taiklaus ² uvio tikimybes nesuºinosime. iuos dydºius galime tik ivertinti. Paºymekime taiklaus ² uvio tikimyb p. Kadangi i kiekvien taikini jis ²ove po k kartu, tai taikliu ² uviu skai ius yra atsitiktinis dydis X B(k, p). Neºinome dvieju parametru: θ 1 = k, θ 2 = p. Taigi prireiks dvieju momentu: α 1 = E[X] = kp ir α 2 = E[X 2 ]. šinome dydºio X dispersij : D[X] = E[X 2 ] E[X] 2 = kp(1 p). Taigi E[X 2 ] = kp(1 p) + E[X] 2 = kp(1 p) + (kp) 2. Prilygin teorinius momentus empiriniams gauname dvi lygtis α 1 = kp = a 1, α 2 = kp(1 p) + (kp) 2 = a 2. I²sprend gauname tikimybes ir ² uviu skai iaus iver ius: p = 1 a 2 a 2 1 a 1, k = a 1 p. I²bandykime ²ias formules su skai iais. Tarkime, imti sudaro n = 20 duomenu, taigi ²audyta i dvide²imt taikiniu. Taikliu ² uviu skai iai tokie: 4, 5, 5, 6, 3, 8, 8, 6, 6, 5, 8, 6, 4, 7, 6, 5, 6, 4, 8, 4. Apskai iav empirinius vidurkius gausime a 1 = 5,7, a 2 = 34,7. Tada p 0,612, k 9,3. 202

203 O kaip gi i² tikruju buvo gauta imtis? Buvo generuota dvide²imt atsitiktinio dydºio X B(10; 0,6) reik²miu. Taigi gavome gana tikslius iver ius. Ta iau kai imtis nedidele, gero tikslumo nera ko tiketis. Kelios nedaºnai igyjamos reik²mes gali labai i²kreipti rezultatus. Panagrinekime dar vien pavyzdi. 50 pavyzdys. Velavimas i² mokyklos Moksleiviui sugriºti i² mokyklos pakanka 15 minu iu, ta iau jis visada griºta veliau. Velavimo laikas X yra atsitiktinis dydis, sudarytas i² dvieju nepriklausomu demenu: X = X 1 + X 2, ia X 1 T ([0, a]) papildomas laikas, sugai²tas kelyje, o X 2 P(λ) laikas sugai²tas kalbantis su draugu prie² atsisveikinant. šinomi n dienu velavimo laikai x 1, x 2,..., x n. Reikia gauti parametru a ir λ iver ius. Padetis kiek neiprasta, nes mes neºinome, pagal koki desni pasiskirst s atsitiktinis dydis. Ta iau ºinome, kad jo pasiskirstymas priklauso nuo dvieju parametru θ 1 = a, θ 2 = λ. Taikysime momentu metod. Apskai iuokime du teorinius momentus: α 1 = E[X] = E[X 1 + X 2 ] = a 2 + λ, α 2 = E[X 2 ] = E[(X 1 + X 2 ) 2 ] = E[X 2 1] + 2E[X 1 ] E[X 2 ] + E[X 2 2] = a λa + λ2 + λ, ia pasinaudojome tuo, kad a E[X1] 2 1 = 0 a x2 dx = a2 3, E[X 1X 2 ] = E[X 1 ]E[X 2 ], E[X2] 2 = D[X 2 ] + E[X2] 2 = λ + λ 2. Taigi iver iams rasti turime dvi lygybes: a 2 + λ = a 1, a λa + λ2 + λ = a 2. I² pirmos lygybes i²rei²k a = 2a 1 2λ ir istat i²rai²k i antr j lygyb, gausime kvadratin lygti λ iver iui rasti. Ta lygtis po pertvarkiu atrodytu taip: 1 3 λ2 + ( a ) 4 1 λ + 3 a2 1 a 2 = 0. (44) Panagrinekime skaitini pavyzdi. šinome de²imties pavelavimu trukmes: 8,07; 16,53; 12,63; 11,57; 12,16; 4,49; 7,39; 13,73; 13,78; 16,

204 Apskai iav pirmuosius empirinius momentus gausime a 1 11,72; a 2 151,63. Lygtis (44) turi du sprendinius: λ 1 13,38 ir λ 2 7,06. Ta iau pirmoji reik²me duotu neprasming m usu situacijoje a reik²m. Taigi pasirink iverti λ = 7,06 gauname a = 9,32. O kokios gi buvo tikrosios parametru reik²mes, panaudotos generuojant imti? tai jos: λ = 7, a = 5. Vieno parametro reik²m pavyko nustatyti itin tiksliai. Uºdaviniai 1. Autobusas atvaºiuoja kartais kiek veluodamas. Atvaºiavimo laiko ir nustatyto grake laiko skirtumas yra atsitiktinis dydis X, tolygiai pasiskirst s intervale [0; a], t. y. X T ([ a; a]). Raskite ta²kini parametro a iverti momentu metodu pasinaudoj imties duomenimis: 0,549; 3,99; 1,49; 0,0239; 0,562; 3,20; 4,39; 2,52; 3,99; 1, Autobusas atvaºiuoja kartais kiek veluodamas, kartais kiek per anksti. Atvaºiavimo laiko ir nustatyto grake laiko skirtumas yra atsitiktinis dydis X, tolygiai pasiskirst s intervale [ a; a], t. y. X T ([ a; a]). Raskite ta²kini parametro a iverti momentu metodu. Paband spr sti ²i uºdavini isitikinsite, kad pirmasis empirinis momentas nepadeda. Todel pasinaudokite antruoju. Imties duomenys: 1,73; 1,09; 0,608; 1,44; 0,151; 0,467; 1,96; 1,19; 1,78; 1, Jono pokalbio trukme atsitiktinis dydis X E(λ). Suraskite ta²kini dydºio λ iverti pasinaudoj imties duomenimis: 3,49; 0,619; 2,00; 2,81; 0,199; 5,11; 3,60; 11,1; 1,28; 4,80. Atsakymai 1. a = 4, a = 2, λ = 0,

205 3.4. Pasikliautiniai intervalai Pasikliautinis intervalas yra tarsi gaubtelis, kuriame tikriausiai yra mums r upimas dydis parametro reik²me. Kaºkas pana²aus i kat mai²e, tik su tam tikra garantija. Daugeliui ºmoniu patinka garantijos. Jeigu j us kam nors parodysite ta²kini svarbaus parametro iverti, galite susilaukti klausimo: o kokia garantija, kad ²i reik²me yra artima tikrajai parametro reik²mei? iame skyrelyje panagrinesime statistikos uºdavinius, kuriu atsakymai pateikiami su tam tikra garantija. Pasikliautinis intervalas 43 apibreºimas. Tegu X yra stebimas atsitiktinis dydis, X 1, X 2,..., X n jo atsitiktine imtis, θ su dydºiu X susij s parametras, o θ(x 1, X 2,..., X n ) θ(x 1, X 2,..., X n ) du ta²kiniai ²io parametro iver iai. Interval I = (θ(x 1, X 2,..., X n ), θ(x 1, X 2,..., X n )) vadinsime pasikliautiniu parametro θ iver iu su pasikliovimo lygmeniu Q, 0 < Q < 1, jei P (θ (θ(x 1, X 2,..., X n ), θ(x 1, X 2,..., X n )) Q. Taigi pasikliautinis intervalas yra tarsi uºdaryta deºute, j us j iteikiate ir priduriate, kad tikimybe, jog ji netu² ia, yra ne maºesne uº Q. Pasikliovimo lygmuo ir yra garantija. K rei²kia, kad pasikliovimo lygmuo lygus, pavyzdºiui, 0,75? Galima suvokti tai taip: jeigu pagal naudojam metodik bus sudaryti pasikliautiniai intervalai i², pavyzdºiui, N = 1000 vienodo dydºio im iu, tai maºdaug 750 intervalu tikrai pagaus r upimo parametro reik²m. Ta iau ar j us tikrai atsid urete tarp tu laiminguju, kurie sukonstravo gerus intervalus, deja, nesuºinosite. Panagrinekime vien paprast pavyzdi. 51 pavyzdys. Sukirmij grybai Kokia tikimybe, kad mi²ke rastas grybas bus sukirmij s? Tikriausiai kiekvienas pasi ulytu toki ²io uºdavinio sprendimo b ud. Pririnkime krep²i grybu, suskai iuokime, kiek ju yra i² viso, kiek sukirmijusiu. Jeigu bendras 205

206 grybu skai ius yra n, o sukirmijusiu m, tai teigsime, kad tikimybe, jog mi²ko grybas sukirmij s, lygi p = m/n. Koki gi statistikos uºdavini ²itaip i²sprendeme? Vienas grybas vienas bandymas, turintis dvi baigtis. Apibreºkime atsitiktini dydi X, igyjanti reik²m 1, jei grybas sukirmij s ir reik²m 0, jeigu nesukirmij s. Taigi P (X = 1) = p, P (X = 0) = 1 p. io dydºio pasiskirstymas priklauso nuo vieno parametro θ = p. Krep²ys grybu tai atsitiktinio dydºio imtis, patikrin visus juos, gauname nuliu ir vienetu sek x 1, x 2,..., x n, x 1 + x x n = m. ie nuliai ir vienetai yra imties dydºiu X 1, X 2,..., X n reik²mes, o m/n neºinomo parametro ta²kinis ivertis, kuriam gauti pasinaudojome pirmos eiles empiriniu momentu a 1 = X = X 1 + X X n. n Ta iau jokios garantijos del ²io ta²kinio iver io tinkamumo negalime duoti. Tad naudodamiesi ta pa ia imtimi sudarykime pasikliautini tikimybes p interval su pasikliovimo lygmeniu 0 < Q < 1. Panaudosime ƒeby²ovo nelygyb dydºiui X. Kadangi E[X] = p, D[X] = 1 n 2 D[X 1 + X X n ] = 1 n 2 (D[X 1] + D[X 2 ] D[X n ]) = nd[x] n 2 = p(1 p), n tai ƒeby²ovo nelygyb P ( X E[X] ɛ) D[X]/ɛ 2 galime uºra²yti taip: P ( X p ɛ) p(1 p) p(1 p), arba P ( X p < ɛ) 1 ɛ 2 n ɛ 2 n. Pastebekime, kad funkcija f(p) = p(1 p), kai 0 < p < 1, didºiausi j reik²m igyja su p = 1/2, taigi p(1 p) 1/4. Tada i² ƒeby²ovo nelygybes gauname P ( X p < ɛ) 1 1 1, arba P (X ɛ < p < X + ɛ) 1 4ɛ 2 n 4ɛ 2 n. O dabar parinkime ɛ toki, kad b utu 1 1 4ɛ 2 n = Q, t. y. ɛ = ɛ(q) = 1 2 n(1 Q). 206

207 Tada P (X ɛ(q) < p < X + ɛ(q)) Q, kitaip tariant, (X ɛ(q), X + ɛ(q)) yra pasikliautinis tikimybes intervalas su pasikliovimo lygmeniu Q. Reikia pabreºti, kad ji sudareme naudodami labai paprast iranki ƒeby²ovo nelygyb, todel skai iuodami intervalo reºius su konkre iomis reik²memis gautume intervalus su geroka atsarga. Tegu, pavyzdºiui, imtis i² tikruju didele: n = 1000, o m = 470. Paskai iuokime pasikliautinius intervalus su ivairiomis Q reik²memis. tai rezultatai Q = 0,6 0,7 0,8 0,9 X ɛ 0,445 0,441 0,435 0,42 X + ɛ 0,495 0,499 0,505 0,52 2ɛ = 0,05 0,058 0,07 0,1. Paskutineje lenteles eiluteje pateiktas pasikliautinio intervalo ilgis. Kuo didesnis pasikliovimo lygmuo (kuo didesnes garantijos reikia), tuo atsargesnis m usu sprendimas Pasikliautiniai intervalai normaliuju dydºiu vidurkiams Statistika kartais primena receptu rinkini: jeigu norite to, darykite ²itaip, jeigu kito taip. Ta iau receptai ne i² pir²to lauºti, bet pagristi matemati²kai. Prisiminkime normaliuju dydºiu ²eim. Atsitiktinis dydis X vadinamas standartiniu normaliuoju (X N (0, 1)), jeigu jo tankis yra p X (x) = 1 2π e x2 /2. šinome, kad E[X] = 0, D[X] = 1. Jeigu X N (0, 1), tai su bet kokiais skai iais σ 0, µ, atsitiktinis dydis Y = σx + µ irgi yra normalusis, Y N (µ, σ 2 ), E[Y ] = µ, D[Y ] = σ 2. Jeigu parink kokius nors skai ius a 0 ir b sudarytume atsitiktini dydi Z = ay + b, jis vel b utu normalusis. Taigi tiesines vieno normaliojo dydºio transformacijos vel duoda normaliuosius dydºius. O dabar prisiminkime dar vien svarbi normaliuju dydºiu ²eimos savyb. 207

208 52 teorema. Jeigu X 1, X 2 yra du nepriklausomi normalieji dydºiai, tai ju suma X = X 1 + X 2 irgi yra normalusis dydis. Taigi jei X 1 N (µ 1, σ 2 1), X 1 N (µ 2, σ 2 2) yra nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai, tai X 1 + X 2 N (µ 1 + µ 2, σ σ 2 2). Derindami teiginius apie normaliojo dydºio tiesin transformacij ir nepriklausomu atsitiktiniu dydºiu sum, gauname toki i²vad. 53 teorema. Jei X 1, X 2,..., X n yra nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai, a 1, a 2,..., a n, b bet kokie skai iai ir ne visi a i lyg us nuliui, tai atsitiktinis dydis Y = a 1 X 1 + a 2 X a n X n + b irgi yra normalusis. Taigi bet kokios nepriklausomu atsitiktiniu dydºiu sistemos tiesine kombinacija vel yra normalusis atsitiktinis dydis. O dabar griºkime prie statistikos uºdaviniu. Turb ut nereikia itikineti, kad normaliaisiais dydºiais nusakomos daugelio populiaciju savybes. Todel normaliuju dydºiu parametru vertinimo uºdaviniai yra svarb us. Tarkime, X 1, X 2,..., X n yra atsitiktine normaliojo dydºio X N (µ, σ 2 ) imtis. Sudarysime svarbi ivairiems taikymams ²ios imties statistik. 54 teorema. Tegu X i N (µ, σ 2 ) (i = 1, 2,..., n) yra nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai. Tada atsitiktinis dydis Z = X µ σ/ n, X = X 1 + X X n, yra standartinis normalusis, t. y. Z N (0, 1). Taigi i² bet kokio normaliojo atsitiktinio dydºio imties galime sudaryti statistik, kuri pasiskirs iusi pagal standartini normaluji desni. Irodymas. Kadangi Z = X µ σ/ n = X 1 + X X n µn σ n X 1 σ n + X 2 σ n X n σ n µ n σ, tai Z yra nepriklausomu normaliuju atsitiktiniu dydºiu tiesine kombinacija, taigi vel normalusis dydis. Todel pakanka isitikinti, kad E[Z] = 0, D[Z] = 1. Tai nesudetinga parodyti, naudojantis vidurkio ir dispersijos savybemis. 208 =

209 Pasinaudosime ²ia statistika sudarydami pasikliautini interval normaliojo dydºio vidurkiui su pasikliovimo lygmeniu Q. Tarkime, stebimas dydis X pasiskirst s pagal normaluji desni, t. y. X N (µ, σ 2 ), be to ºinome dispersijos reik²m. Tegu X 1, X 2,..., X n yra atsitiktine imtis. Apibreºkime statistik Z = X µ σ/ n. Naudodami imties duomenis ²ios statistikos reik²miu apskai iuoti negalime, nes neºinome vidurkio µ reik²mes. Ta iau ºinome, kad Z yra standartinis normalusis dydis, Z N (0, 1). Tegu Q yra pasikliovimo lygmuo. Jeigu standartinio normaliojo dydºio tankio grakas ir tieses y = 0, x = a, x = b apriboja Q ploto g ur, tai P (a < Z < b) = Q. Intervalas (a; b) bus pats trumpiausias, kai jis bus simetri²kas koordina iu pradºios atºvilgiu, t. y. kai bus b = z, a = z. Kaip surasti skai iaus z reik²m? Plotas po tankio graku i kair nuo tieses x = z turi b uti lygus plotui i de²in nuo tieses x = z, o ju suma turi b uti lygi 1 Q. Taigi tie plotai lyg us (1 Q)/2, todel z yra standartinio normaliojo dydºio (1 Q)/2 lygio kritine reik²me, kitaip tariant yra 1 (1 Q)/2 = (1 + Q)/2 lygio kvantilis. Paºymekime ²i z reik²m z (1+Q)/2, j gausime spr sdami lygti Φ(z) = 1 + Q. 2 Prisiminkime, kad ²ios lygties sprendiniams rasti galime pasinaudoti lentelemis arba kompiuterio programomis. Taigi Standartinio normaliojo dydºio kvantiliu skai iavimas Excelio skai iuokle. ( P ( z < Z < z) = P z < X µ ) σ/ n < z = Q, z = z (1+Q)/2. 209

210 Po paprastu pertvarkiu pastar j lygyb galime perra²yti taip: P (X z σ < µ < X + z σ ) = Q. n n i lygybe tai teiginys, kad neºinomas vidurkis patenka i interval, kurio reºius galime apskai iuoti naudodamiesi imties duomenimis. Pasikliautinis intervalas atsitiktinio dydºio X N (µ, σ 2 ) vidurkiui, kai σ 2 ºinome Pasikliautinis intervalas vidurkiui su pasikliovimo lygmeniu Q yra (X z σ n ; X + z σ n ), z = z (1+Q)/2, ia 0 < Q < 1, z (1+Q)/2 yra lygties Φ(z) = (1 + Q)/2 sprendinys. 52 pavyzdys. Stebint atsitiktinio dydºio X N (µ, 1) reik²mes, gauta tokia de²imties duomenu imtis 5,26; 4,80; 4,91; 4,98; 4,79; 4,99; 3,81; 5,29; 6,15; 4,21. Suskai iav vidurki gautume X = 4,919. Kokio ilgio pasikliautinius intervalus galime sukonstruoti naudodamiesi ²iais duomenimis? tai rezultatai: Q = 0,6 0,7 0,8 0,9 0,95 z = 0,842 1,04 1,28 1,64 1,96 µ = 4,65 4,59 4,52 4,40 4,30 µ = 5,19 5,25 5,32 5,44 5,54 ilgis = 0,54 0,66 0,80 1,04 1,24 Lenteleje µ, µ ºymi atitinkamai apatinius ir vir²utinius pasikliautiniu intervalu reºius, paskutineje eiluteje nurodytas pasikliautinio intervalo ilgis. Idomu, kiek reiktu duomenu, kad pasikliautinio intervalo ilgis nevir²ytu, pavyzdºiui, 0,1? Kadangi intervalo ilgis lygus 2zσ/ n = 2z/ n, tai atsakym gautume spr sdami nelygybes 2zσ/ n 0,1. Pasikliovimo lygmenis Q = 0,6; 0,7; 0,8; 0,9; 0,95 atitinkamai gautume, kad duomenu turi b uti ne maºiau kaip 284, 430, 657, 1083, Jeigu pakartosite skai iavimus su pavyzdºio duomenimis, galite gauti kiek skirtingas reik²mes, nes ia pateikti rezultatai, gauti skai iuojant su tikslesnemis nei pateiktos lenteleje z reik²memis. 210

211 Tokia padetis, kai ºinome normaliojo dydºio didpersij, nera labai tikrovi²ka. Daºniausiai neºinome nei vidurkio, nei dispersijos. Kaipgi konstruoti vidurkio pasikliautini interval tokiu atveju? Prisiminkime, kad S 2 = 1 n 1 n (X i X) 2 i=1 yra nepaslinktas dispersijos ivertis. Pirma mintis, kuri kyla, galvojant, kuo pakeisti statistik Z tokia: pakeiskime Z i²rai²koje σ i S. itaip sudarysime nauj statistik T = X µ S/ n. I² karto atsiranda nauja kli utis: neºinome, kaip pasiskirst s atsitiktinis dydis T. Du nauji dydºiai 44 apibreºimas. Tegu X 0, X 1, X 2,..., X n yra nepriklausomi, pagal standartini normaluji desni pasiskirst atsitiktiniai dydºiai. Apibreºkime du naujus atsitiktinius dydºius χ 2 n = X X X 2 n, T n = X 0 χ 2 n /n. Sakysime, kad dydis χ 2 n pasiskirst s pagal chi-kvadrat desni su n laisves laipsniu, ºymesime χ 2 n χ 2 (n), o dydis T n pagal Studento desni su n laisves laipsniu, ºymesime T n St(n). Abu naujieji dydºiai yra absoliu iai tolyd us, ºr. ju tankiu breºinius. y n = 1 n = 3 n = 5 Atsitiktiniu dydºiu χ 2 n tankiu grakai. Kai n = 1, tankis neapreºtai dideja, artejant prie nulio. 211 x

212 y n = 1 n = 3 n = 5 x Atsitiktiniu dydºiu T n St(n) tankiu grakai. Kadangi ²ie dydºiai svarb us sprendºiant ivairius statistikos uºdavinius, yra sudarytos ju pasiskirstymo funkciju reik²miu bei kvantiliu lenteles. šinoma, ²ias reik²mes skai iuoja ir ivairios kompiuteriu programos. Chi-kvadrat dydºio pasiskirstymo funkcijos ir kvantilio skai iavimas Exceliu. O dabar griºkime prie pasikliautiniu intervalu. 212

213 Svarbi statistika 55 teorema. Tegu X N (µ, σ 2 ), o X 1, X 2,..., X n yra ²io atsitiktinio dydºio imtis. Tada T = X µ S/ n St(n 1). Naudodamiesi ²iuo teiginiu galime sudaryti pasikliautini interval vidurkiui visai pana²iai kaip tuo atveju, kai dispersija yra ºinoma. Paºymekime t = t (1+Q)/2 (n 1) atsitiktinio dydºio T n 1 St(n 1) lygmens (1 + Q)/2 kvantili, t. y. lygties F Tn 1 (t) = (1 + Q)/2 sprendini. Tada ( P ( t < T < t) = P t < X µ ) S/ n < t = Q, arba P (X t S < µ < X + t S ) = Q. n n 213