TIKIMYBIU TEORIJA HAMLETAS MARK AITIS MYKOLO ROMERIO UNIVERSITETAS 2010

TIKIMYBIU TEORIJA HAMLETAS MARK AITIS MYKOLO ROMERIO UNIVERSITETAS 2010

Tikimybiu teorija nagrin eja atsitiktinius ivykius ir tu ivykiu tikimybes ivykio pasirodymo galimyb es mat, i²reik²t skai iumi p, 0 p 1; atsitiktinius dydºius ir ju pasiskirstymus; tikimybinius procesus ir t.t.. Ivykio tikimyb es apibr eºimai yra klasikinis; statistikinis; aksiominis.

Mes i² pradºiu nagrin esime tik atsitiktinius ivykius ir tu ivykiu tikimybes. Pirmiausia pasteb esime, kad atsitiktiniai ivykiai yra diskretieji ir tolydieji. Kalb esime apie diskre iuosius atsitiktinius ivykius. D estymo schema ²tai tokia: apibr e²ime atsitiktinius elementariuosius ir sud etinius ivykius; apibr e²ime veiksmus su ivykiais; apibr e²ime atsitiktiniu ivykiu tikimybes. 1. ELEMENTARIU JU IVYKIU ERDVE Elementariuju ivykiu erdv es s voka pirmin e. Bet kuri abstrakti aib e Ω gali b uti kurio nors rei²kinio

tyrimo bandymais i²davu elementariuju ivykiu erdve, kurios elementai vadinami elementariaisiais ivykiais. Daugelis rei²kiniu tiriami sudarius matematinius modelius ir tiriant atliekamu bandymu rezultatus. Daºniausiai bandymo rezultatai neb una vienareik²mi²ki. Kiekvienas bandymas gali baigtis viena ar kita i²dava, ivykiu. Tod el svarbu sukurti rei²kinio matematini modeli ir nurodyti bandymu elementariuju ivykiu erdv taip, kad bet kuris bandymas baigtusi vienu ar kitu elementariuoju ivykiu ir numatyti ivykio pasirodymo tik etinum. Paprastai tariant, bandymu rezultatu tyrimui reikia parinkti elementariuju ivykiu erdv, atspindin i tyrimu esm, ir nurodyti tu elementariuju ivykiu pasirodymu tikimybes. šinant tai, galima apskai iuoti ir sud etiniu ivykiu tikimybes, nors tai padaryti bendru atveju gali b uti ne taip paprasta.

Viena i² esminiu reikalaujamu elementariuju ivykiu savybiu yra ta, kad kiekvieno bandymo metu gali ivykti tik vienas i² elementariuju ivykiu. Paprastumo d elei i² pradºiu nagrin esime tik baigtines arba skai ias elementariuju ivykiu erdves. 1 Apibr eºimas. Aib e yra vadinama skai ia, jei jos elementus galima sunumeruoti nat uraliaisiais skai iais. Pavyzdºiui, nat uraliuju skai iu aib e N, racionaliuju skai iu aib e Q yra skai ios. Tuo tarpu, realiuju skai iu aib e R n era skaiti. Realieji skai- iai sudaro kontinuumo galios aib. Aib es Ω visu poaibiu aib sutarkime ºym eti F(Ω). Aib es F(Ω) elementai (t.y. aib es Ω poaibiai) yra vadinami atsitiktiniais ivykiais. Paprastumo d elei daºniausiai juos vadinsime tiesiog ivykiais.

Pavyzdºiui, m etant ºaidymini kauliuk, atsitiktinai atsivertusiu aku iu skai ius galime interpretuoti kaip elementariuosius ivykius. iuo atveju elementariuju ivykiu erdv e yra Ω = {ω 1, ω 2, ω 3, ω 4, ω 5, ω 6 } i aib e turi 64 poaibius. Pavyzdºiui, poaibis {ω 2, ω 4, ω 5 } yra interpretuojamas kaip atsitiktinis ivykis, kad, metus kauliuk, atsivers dvi, keturios ar penkios akut es. Egzistuoja du i²skirtiniai aib es Ω poaibiai: tu²- ias poaibis ir pati aibe Ω. Taigi aibei F(Ω) priklauso tu² ias aib es Ω poaibis, vadinamas neimanomu ivykiu, o pati aibe Ω taip pat priklauso aibei F(Ω), vadinama b utinuoju ivykiu. Kaip matome, kiekvienas atsitiktinis ivykis yra sudarytas i² elementariuju ivykiu.

Jei aibe Ω baigtine, tai aibe F(Ω) yra sudaryta i² 2 Ω elementu, ia Ω ºymi elementu skai iu aib eje Ω. Jei elementariuju ivykiu erdv e yra baigtin e arba skaiti, tai atsitiktiniu ivykiu erdv e yra vadinama diskre ia. 2. VEIKSMAI SU IVYKIAIS Tegu Ω elementariuju ivykiu erdve, F(Ω) aib es Ω visu poaibiu aib e, t.y. atsitiktiniu ivykiu erdv e. Veiksmai su atsitiktiniais ivykiais pagristi veiksmais su aib emis. 2 Apibr eºimas (Atsitiktiniu ivykiu sud etis). Tegu A ir B F(Ω). Ivykiu A ir B suma A + B (arba A B) yra vadinamas ivykis, apibr eºiamas kaip aibe, lygi aibiu A ir B s jungai A B. Sakoma, kad ivyko ivykis A + B, jei ivyko bent vienas i² ivykiu A ar B. Pana²iai apibr eºiama ivykiu A 1, A 2,..., A r suma, ia r gali tiek baigtinis, tiek ir. 3 Apibr eºimas (Atsitiktiniu ivykiu daugyba). Tegu A ir B F(Ω). Ivykiu A ir B sandauga A B (arba A B) yra vadinamas ivykis,

apibr eºiamas kaip aib e, lygi aibiu A ir B sankirtai A B. Sakoma, kad ivyko ivykis A B, jei ivyko ivykiai A ir B kartu. Pana²iai apibr eºiama ivykiu A 1, A 2,..., A r sandauga, ia r gali tiek baigtinis, tiek ir. 4 Apibr eºimas (Atsitiktiniu ivykiu atimtis). Tegu A ir B F(Ω). Ivykiu A ir B skirtumas A \ B yra vadinamas ivykis, apibr eºiamas kaip aibe, lygi aibiu A ir B skirtumui A\B. Sakoma, kad ivyko ivykis A \ B, jei ivyko ivykis A, bet neivyko ivykis B. 5 Apibr eºimas. Ivykis Ā yra vadinamas prie- ²ingu ivykiu ivykiui A, jei Ā = Ω \ A, kitaip tariant, poaibis Ā yra aib es A papildinys iki aibes Ω. 6 Apibr eºimas. Ivykis A yra vadinamas ivykio B poivykiu ir ºymima A B, jei, ivykus ivykiui A, ivyksta ir ivykis B. Aibiu teorijos terminais aibe A yra aibes B poaibis.

7 Apibreºimas. Ivykiai A ir B yra vadinami nesuderinamais, jei A B =. De Morgano desniai. Tegu A j F(Ω), j I. Tuomet teisingos lygyb es: j I A j = j I Ā j ; j I A j = j I Ā j. 1. j I A j = j I Ā j ; 2. j I A j = j I Ā j. 3. IVYKIU KLASIKIN ES TIKIMYB ES

Tegu elementariuju ivykiu erdv e Ω yra baigtin e, pavyzdºiui, Ω = {E 1, E 2,..., E n }. Tarkime, kad kiekvieno elementaraus ivykio galimyb e b uti bandymo rezultatu lygiai galima. Kiekvienam elementariajam ivykiui galime priskirti tikimyb p(e j ) = 1 n, 1 j n. Jei atsitiktinis ivykis A yra sudarytas i² kuriu nors r elementariuju ivykiu, tai ivykio A tikimyb apibr eºkime lygybe p(a) = r n. Kaip matome, klasikinis ivykio tikimyb es apibr eºimas pagristas palankiu atveju ir visu galimu atveju santykiui. Panagrin ekime pavyzdºius.

8 Pavyzdys. šaidyminis kauliukas metamas du kartus. Kokia tikimyb e, kad atsivertusiu aku iu skai iu suma dali i² 5? Sprendimas. Elementariuju ivykiu aib e Ω = {(i, j), 1 i, j 6}, sudaryta i² visu sutvarkytu skai iu poru (i, j), ia i, j nepriklausomai igyja reik²mes nuo 1 iki 6. Tokiu sutvarkytu poru i² viso yra 36. Palankius atvejus sudaro tokios sutvarkytu skai- iu poros (i, j), kad i+j dalijasi i² 5. I²ra²ykime tokias poras: (1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1), (4, 6), (5, 5), (6, 4). Palankiu atveju yra 7. Ie²koma tikimyb e yra lygi 7 36.

9 Pavyzdys. Atsitiktinai lentynoje i²d eliojama 50 knygu, tarp kuriu yra vieno autoriaus trys tomai. Kokia tikimyb e, kad tie trys tomai i²delioti i² kaires i de²in didejan ia tvarka, bet neb utinai vienas ²alia kito? Sprendimas. I²d elioti 50 knygu lentynoje galima 10! b udu. Taigi visu elementariu ivykiu skai ius yra lygus 50!. Kiek yra palankiu atveju? Nesunku suvokti, kad palankiu atveju yra 6 kartus maºiau. Ie²koma tikimyb e yra lygi 1 6. 10 Pavyzdys. Pabandykite i²spr sti toki uºdavini. Atsitiktinai lentynoje i²d eliojama 50 knygu, tarp kuriu yra vieno autoriaus trys tomai. Kokia tikimyb e, kad tie trys tomai i²d elioti i² kair es i de²in did ejan ia tvarka vienas ²alia kito? Uºdavinys. Auditorijos vienoje eil eje yra N k edºiu. Atsitiktinai i ²ias k edes atsis es n studentu. Raskite tikimyb, kad

jokie du studentai nes ed es ²alia vienas kito; ²alia kiekvieno studento s ed es tik vienas kaimynas. 4. KOMBINATORIKOS FORMULES Gretiniu be pasikartojimu i² n po r formule A r n = n(n 1)(n 2) (n r + 1). Kaip gaunama ²i formul e? Tarkime, kad ab eceleje yra n raidºiu. Sutarkime bet kuri r skirtingu raidºiu uºra² pavadinti r ilgio ºodºiu. Du ºodºiai pagal apibr eºim yra lyg us, jei ju uºra²ai paraidºiui sutampa. Klausimas: kiek skirtingu r ilgio ºodºiu galite sudaryti? Atsakymas: A r n = n(n 1)(n 2) (n r + 1).

I² tikruju, pirm j raid galite i²rinkti n b udu, antr j, nepriklausomai nuo i²rinktos pirmos raid es, galite i²rinti n 1 b udu ir t.t., o r-t j raid, nepriklausomai nuo anks iau i²rinktu raidºiu, galite i²rinti n r + 1 b udu. Galima ir kitokia interpretacija. Tarkime, kad jums i² n skirtingu objektu reikia i²-rinkti r objektu. Keliais b udais tai galite padaryti, jei r objektu rinkiniai sudaryti i² tu pa iu objektu, bet i²rinktu skirtinga tvarka, laikomi skirtingais? Gretiniu su pasikartojimais i² n po r formule n r. Kaip gaunama ²i formul e? Tarkime, kad ab eceleje yra n raidºiu. Sutarkime bet kuri r raidºiu uºra², kuriame raid es gali ir pasikartoti,

pavadinti r ilgio ºodºiu. Du ºodºiai pagal apibr eºim yra lyg us, jei ju uºra²ai paraidºiui sutampa. Klausimas: kiek skirtingu r ilgio ºodºiu galite sudaryti? Atsakymas: n r. Deriniu be pasikartojimu i² n po r formule C r n = C n r n = n! r!(n r)! = ( n ) = ( n ). r n r Kaip gaunama ²i formul e? Tarkime, kad ab eceleje yra n raidºiu. Sutarkime bet kuri r skirtingu raidºiu uºra² pavadinti r ilgio ºodºiu. Du ºodºiai pagal apibr eºim yra lyg us, jei ju uºra²ai sudaryti i² tu pa iu raidºiu, neatsiºvelgiant i tu raidºiu sura²yt tvark. Klausimas: kiek skirtingu r ilgio ºodºiu galite sudaryti? Atsakymas: A r n r! = n(n 1) (n r + 1) r! =

n(n 1) (n r + 1) (n r)! r!(n r)! = ( n). r Galima ir kitokia interpretacija. Sakykime, aib e sudaryta i² n elementu. Klausimas: kiek ²ioje aib eje yra poaibiu, sudarytu i² r elementu? Atsakymas: C r n = Cn r n = ( n r ) = ( n n! r!(n r)! = n r ). Deriniai su pasikartojimais ir lygtis x 1 + x 2 + + x n = r Dabar galime paklausti, o kiek yra deriniu su pasikartojimais i² n elementu po r elementu? Uºra²ykime ºodi i² r raidºiu a j1 a j2... a jr,

kuriame raid es gali ir pasikartoti, ir raidºiu tvarka nesvarbi. Tegu x j lygus raides a j, 1 j n, uºra²ytame ºodyje, skai iui. Tuomet uºra- ²ytam ºodºiui galime priskirti lygties sprendini x 1 + x 2 + + x n = r (x 1, x 2,..., x n ) sveikais neneigiamais skai iais. Ir atvirk² iai: kiekvienam uºra²ytos lygties sprendiniui (x 1, x 2,..., x n ) sveikais neneigiamais skai iais galime priskirti ºodi i² r raidºiu, kuriame raidºiu tvarka nesvarbi. Norint atsakyti i suformuluot klausim, kiek yra deriniu su pasikartojimais i² n elementu po r elementu, reikia i²siai²kinti, kiek uºra²ytoji lygtis turi sprendiniu sveikais neneigiamais skai iais.

11 Teiginys. Lygties x 1 + x 2 + + x n = r sprendiniu skai ius sveikais neneigiamais skai- iais lygus C r n+r 1 = Cn 1 n+r 1 = ( n + r 1) ( n + r 1 = r n 1 Tuo tarpu, sprendiniu skai ius sveikais teigiamais skai iais lygus C n 1 r 1 = ( r 1 n 1 Irodysime. Tarp n + 1 br uk²neliu, sura²ytu i eilut, yra n tarpu: ). }... {{. } n+1 I tuos tarpus reikia i²d elioti r rutuliuku. Tuos rutuliukus i²d elioj bet kaip, tarp i²oriniu kr uk²neliu gauname n + r 1 simboliu, sudarytu i² ).

r rutuliuku ir n 1 br uk²neliu. Bet kuris tu simboliu i²sid estymas tarp i²oriniu br uk²neliu atitinka lygties x 1 + x 2 + + x n = r C r n+r 1 = Cn 1 n+r 1 = = ( n + r 1) ( n + r 1) = r n 1 b udu. Be to, lengva suvokti, kiek lygtis turi sprendiniu (x 1, x 2,..., x n ), sprendini sveikais neneigiamais skai iais (ir atvirk² iai). Akivaizdu, kad r rutuliuku pad eti tarp n + r 1 simboliu galima keisti kuriu komponent es grieºtai teigiamos. Kiekvien toki sprendini atitinka rutuliuku ir br uk²neliu toks i²sid estymas, kad tarp dvieju rutuliuku b utinai turi b uti tik vienas br uk²nelis. Tarp rutuliuku yra r 1 tarpu, o vidiniu br uk²neliu

yra n 1. Tuos br uk²nelius i rutuliuku tarpus galima i²d elioti b udu. C n 1 r 1 = ( r 1 n 1 ) Gavome deriniu su pasikartojimais i² n po r formul C r n+r 1 = Cn 1 n+r 1 = = ( n + r 1) ( n + r 1 = r n 1 ). K eliniu be pasikartojimu formul e. n skirtingu objektu visu perstatiniu skai ius yra lygus A n n = n! = 1 2 n. K eliniu su pasikartojimais formul e. Tarkime,kad nagrinejame objektus, tarp kuriu yra n 1 objektu, turin iu α r savyb, n 2, turin iu α r savyb

ir t.t., n r objektu, turin iu α r savyb. Tuomet ²iu objektu visu perstatiniu skai ius yra lygus (n 1 + n 2 + + n r ) n 1!n 2! n r! 12 Pavyzdys. Pavyzdºiu pailiustruosime deriniu su pasikartojimais taikym. Tarkime metame n neatskiriamu ºaidyminiu kauliuku. Rasime visu galimu atsivertusiu aku iu kong uraciju skai iu. Tegu x j ºymi atsivertusiu j aku iu skai iu, 1 j 6. Tuomet galime uºra²yti lygti x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 = n. Kaip ºinome, ²i lygtis sveikais neneigiamais skai- iais turi C 5 n+5 = ( n + 5) 5 sprendiniu. Tai ir yra atsakymas.

Uºra²ysime svarbi formul. Ivykiu sumos tikimyb e. Tegu ivykiai, A 1, A 2,..., A n, p(a 1 ), p(a 2 ),..., p(a n ), ²iu ivykiu tikimyb es. Tuomet teisinga formule n p(a 1 A 2 A n ) = p(a j ) j 1 <j 2 p(a j1 A j2 )+ j 1 <j 2 <j 3 p(a j1 A j2 A j3 ) +( 1) n p(a 1 A 2 A n ). 5. BEGALIN ES EILUT ES

Prie² prad edami kalb eti apie bendras tikimybes, susipaºinkime su eilu iu sumomis. Baigtin e skai iu suma uºra²oma kaip p 1 + p 2 + + p n, n p j, suprantama ir nekelia klausimu. Tarsime kelet ºodºiu apie sumos ºymejim. n p j ºymi sum p 1 +p 2 + +p n. šymenys po ir vir² sumos ºenklu nurodo sumavimo indeksui j suteikiamas sveikuju skai iu rei²mes nuo 1 iki n. Sumuojamu demenu p j indeksui j suteikiamos ²ios reik²mes nuo 1 iki n ir ²ie demenys susumuojami. Pavyzdºiui, n j = 1 + 2 + + n = n(n + 1). 2 Tarkime, nagrin ejame begalin skai iu sek p 1, p 2,..., p n,...

Galime sudaryti ²ios begalin es sekos formali sum p 1 + p 2 + + p n + = p j, vadinam begaline eilute. Bet kyla klausimas, kaip suprasti ²ios sekos nariu ²i formali begalin sum? Ar galima begalin es eilut es sumai suteikti prasm? Taip, galima suteikti ²iai sumai prasm. Pirmiausia nagrin ekime ²ios begalin es eilut es dalines sumas S n = n p j. Dalines sumos turi prasm ir ²ios dalines sumos S n, n 1, sudaro sek S 1, S 2,..., S n,... 13 Apibr eºimas. Begalin es eilut es p 1 + p 2 + + p n +...

daliniu sumu sekos {S n } n N riba lim S n n, jei ji tik egzistuoja, ir yra vadinama begalin es eilut es p j suma, t.y. p j = lim n ( n p j ) = lim n S n. Jei begalines eilutes p j suma yra baigtine, tai yra sakoma, kad begaline eilute konverguoja. Prie²ingu atveju yra sakoma, kad begalin e eilut e diverguoja. 14 Pavyzdys. Harmonine elute. Eilute 1 j = 1 + 1 2 + 1 3 + + 1 n +... yra vadinama harmonine. Tai klasikinis diverguojan ios eilut es pavyzdys. 15 Pavyzdys. Tegu 1 + q + q 2 + + q n +..., q < 1, be galo maº ejan ios begalin es geometrin es progresijos nariu suma. Kaip ºinote, ²i suma yra

lygi 1 1 q. Be galo maº ejan ios begalin es geometrin es progresijos nariu dalin e suma 1 + q + q 2 + + q n = 1 qn+1. 1 q Kadangi q < 1, tai lim q n = 0. Taigi n q j = lim n 1 q n+1 1 q = 1 1 q. 16 Pavyzdys. Nagrin ekime begalin eilut 1 j(j + 1). ios begalines eilutes daline suma n 1 j(j + 1) = n ( 1 j 1 ) j + 1 = 1 1 n + 1.

Taigi ( 1 j(j + 1) = n lim 1 1 ) n + 1 = 1. 17 Pavyzdys. I²siai²kinkime, kokia reik²m e suteikiama begalinei eilutei j=0 ( 1) j 1 2j + 1 = 1 1 3 + 1 5... Irodysime, kad ²ios begalin es eilut es suma yra lygi π 4. Kaip ºinome, d dx arctg(x) = 1 1 + x 2. Tar, kad x < 1, pastar j funkcij galime i²skleisti begaline laipsnine eilute 1 1 + x 2 = j=0 ( 1) j x 2j, x < 1. Suintegrav abi puses, gauname arctg(x) = j=0 ( 1) j x2j+1 2j + 1.

Perej prie ribos, kai x arteja i 1, gauname j=0 ( 1) j 1 2j + 1 = arctg(1) = π 4. 18 Pastaba. Pabr e²ime begaliniu eilu iu, kuriu d emenys neneigiami skai iai, vien labai svarbi savyb. Jei begalin e eilut e, kurios d emenys neneigiami, konverguoja, tai konverguoja ir bet kuri begalin e eilut e, sudaryta i² pradin es eilut es bet kuriu d emenu. 6. IVYKIU TIKIMYB ES Tegu Ω elementariuju ivykiu baigtin e arba skaiti erdve, F(Ω) aibes Ω visu poaibiu aibe, t.y. atsitiktiniu ivykiu erdv e. Tarkime, kad Ω = {E j j I}, I N.

19 Apibr eºimas. Neneigiama funkcija pasiºyminti savyb emis: p : F(Ω) [0, 1], 0 p(a) 1, A F(Ω); p( ) = 0, p(ω) = 1; A B p(a) p(b), A, B F(Ω); p( A j) = p(a j ), A j bet kuriems i j, A i A j =, F(Ω), jei yra vadinama tikimybe. Skai ius p(a), A F(Ω), yra vadinamas atsitiktinio ivykio A tikimybe.

20 Pastaba. Norint apibr eºti tikimyb es funkcij tuo atveju, kai elementariuju ivykiu erdv e Ω yra baigtin e arba skaiti, pakanka kiekvienam elementariajam ivykiui priskirti neneigiam skai iu taip, kad tu skai iu suma pagal visus elementariuosius ivykius b utu lygi 1. Tuomet kiekvieno atsitiktinio ivykio tikimyb e yra lygi elementariuju ivykiu, sudaran iu atsitiktini ivyki, tikimybiu sumai. Tai galima uºra²yti ir matematiniais simboliais. Tegu Ω = {E j j I N}, ia I baigtine arba skaiti aibe. Tegu elementariuju ivykiu tikimyb es tenkina s lyg p(e j ), j I, j I p(e j ) = 1. Tuomet, jei atsitiktinis ivykis A F(Ω) i²rei²kiamas elementariaisiais ivykiais taip A = j J E j, J I,

tai p(a) = j J p(e j ). Ivykiu sumos tikimybe. Tegu A 1, A 2,..., A n, ivykiai, p(a 1 ), p(a 2 ),..., p(a n ), ²iu ivykiu tikimybes. Tuomet teisinga formul e n p(a 1 A 2 A n ) = p(a j ) j 1 <j 2 p(a j1 A j2 )+ j 1 <j 2 <j 3 p(a j1 A j2 A j3 ) +( 1) n p(a 1 A 2 A n ). 21 Pavyzdys. Tegu Ω = {E j j N}, ia N nat uraliuju skai iu aib e, p(e j ) = 1 j(j + 1), j N.

Mes ºinome, kad ( 1 j(j + 1) = n lim 1 1 ) n + 1 = 1. Tegu ivykis A F(Ω) i²rei²kiamas elementariaisiais ivykiais taip Tuomet A = E 1 + E 3 + + E 2n+1 +... p(a) = 1 1 2 + 1 3 1 4 + = ( 1) j 11 j. Ar idomu, kam ²i suma yra lygi? Atsakymas: ln 2. 7. S LYGIN ES TIKIMYB ES IR NEPRIKLAUSOMI IVYKIAI 22 Apibr eºimas. S lygin e ivykio A tikimyb e p(a B), ivykus ivykiui B, apibr eºiama lygybe p(a B) = p(a B), p(b)

jei tik p(b) 0. i lygyb perra²ykime ir taip: p(a B) p(b) = p(a B). 23 Apibr eºimas. Ivykiai A ir B yra vadinami nepriklausomais, jei s lygin e tikimyb e p(a B) = p(a). Jei Ivykiai A ir B yra nepriklausomi, tai p(a B) = p(a) p(b). I² tikruju: p(a B) = p(a B) p(b) = p(a) p(b). Pilnos tikimyb es formul e. Tarkime, kad ivykiai B 1, B 2,..., B n

tokie, kad poromis nesuderinami, t.y. bet kuriems i j, o ju suma B i B j =, B 1 B 2 B n = Ω yra b utinasis ivykis. Tuomet bet kuriam ivykiui A teisinga formul e p(a) = n p(a B j ) p(b j ). Bajeso formul e. Pasinaudoj pilnos tikimyb es formule, galima i²reik²ti s lygin tikimyb p(b j A) = n p(a B j ), 1 j n. p(a B j ) p(b j ) Nagrin esime pavyzdºius.

24 Pavyzdys. Uºdavinys. I² skai iu 0, 1, 2,..., 10 n 1 atsitiktinai i²renkamas skai ius. Raskite tikimyb, kad i²rinktas skai ius yra r-ºenklis. Skai- ius yra vadinamas r-ºenkliu, jei jis uºra²omas de²imtain eje sistemoje pavidalu α r 10 r 1 + α r 1 10 r 2 + + α 2 10 + α 1, 1 α r 9, 0 α j 9, 1 j r 2. Sprendimas. r-ºenkliu skai iu yra 9 10 r 1. Ie²koma tikimybe lygi 9 10 r 1 n. 25 Pavyzdys. Uºdavinys. I² skai iu 0, 1, 2,..., 10 n 1 atsitiktinai su gr ºinimu i²renkami du skai iai ξ ir η. Raskite tikimybes p n r+1, 0 r n, kad i²rinktu skai iu suma ξ+η b utu n r+1-ºenkliu skai iumi.

Sprendimas. Jei skai iu suma ξ +η yra n r + 1-ºenklis skai ius, tai ²i suma tenkina nelygyb 10 n r ξ + η < 10 n r+1. M usu tikslas suskai iuoti, kiek yra sutvarkytu skai iu poru (ξ, η), tenkinan iu s lygas { 0 ξ, η 10 n 1, 10 n r ξ + η < 10 n r+1, atskirai kiekvienam r, 0 r n. Pirmiausia i²nagrin ekime atveji r = 0. Maºiausias n + 1-ºenklis skai ius yra 10 n. Kadangi 0 ξ, η 10 n 1, tai 1 maºiausia reik²me, kuri gali igyti ξ. iuo atveju η gali igyti tik vien reik²m 10 n 1. Jei ξ igyja reik²m 2, tai η gali igyti tik dvi reik²mes ir t.t. Jei ξ igyja didºiausi galim reik²m 10 n 1, tai η gali igyti reik²mes nuo 1 iki 10 n 1, t.y. 10 n 1 reik²miu. Tokiu sutvarkytu skai iu poru (ξ, η),

kad ξ + η b utu n + 1-ºenkliu skai iumi, skai ius lygus sumai 10 n 1 iuo atveju tikimyb e j = 10n (10 n 1). 2 p n+1 = 10n (10 n 1) 2 10 2n = 1 2 1 2 10 n. Dabar nagrin esime atvejus, kai r igyja reik²mes nuo 1 iki n. iuo atveju, jei ξ igyja reik²mes nuo 0 iki 10 n r, tai i² nelygybes 10 n r ξ + η < 10 n r+1 tai η igyja reik²mes nuo 10 n r ξ iki 10 n r+1 ξ 1, t.y. 10 n r+1 10 n r = 9 10 n r reik²miu. Jei 10 n r + 1 ξ < 10 n r+1, tai η gali igyti reik²mes nuo 0 iki 10 n r+1 ξ 1, t.y. 10 n r+1 ξ reik²miu. Tokiu sutvarkytu skai iu

poru (ξ, η), kad ξ + η b utu n r + 1-ºenkliu skai iumi, skai ius lygus sumai (10 n r +1) 9 10 n r + 10 n r+1 1 10 n r +1 (10 n r+1 ξ) = (10 n r +1) 9 10 n r + (9 10n r 1) 9 10 n r 2 = 99 10 2n 2r + 9 10 n r. 2 iais atvejais, kai 1 r n, ie²komos tikimybes p n r+1 = 99 102n 2r + 9 10 n r 2 10 2n = 99 2 10 2r + 9 2 10 n+r. 26 Pavyzdys. Uºdavinys. I² skai iu 1, 2,..., n atsitiktinai be sugr ºinimo i²renkami du skai- iai ξ 1 ir ξ 2. Raskite tikimyb p(ξ 1 < ξ 2 ). Sprendimas. Kadangi atsitiktinai be sugr ºinimo i²renkami du skai iai ξ 1 ir ξ 2, tai atvejai

ξ 1 < ξ 2 ir ξ 1 > ξ 2 yra lygiaver iai. ie²koma tikimybe lygi 1 2. Vadinasi, 2 Sprendimas. Pasinaudosime klasikin es tikimybes apibreºimu. Du skai ius ξ 1 ir ξ 2 galima i²rinkti n(n 1) b udu. is skai ius yra lygus visu galimu atveju skai iui. I²siai²kinsime, keliais b udais galima i²rinkti du skai ius ξ 1 ir ξ 2, tenkinan ius s lyg ξ 1 < ξ 2. Skai ius ξ 1 gali igyti reik²mes nuo 1 iki n 1. Jei ξ 1 = j, tai ξ 2 gali igyti n j reik²miu nuo j + 1 iki n. Palankiu atveju skai ius yra lygus sumai n 1 (n j) = Ie²koma tikimyb e lygi n(n 1). 2 n(n 1) 2n(n 1) = 1 2. 27 Pavyzdys. Uºdavinys. Kaip ir praeitame uºdavinyje, i² skai iu 1, 2,..., n atsitiktinai be

sugr ºinimo i²renkami trys skai iai ξ 1, ξ 2 ir ξ 3. Raskite tikimyb p(ξ 1 < ξ 2 < ξ 3 ). Sprendimas. Triju atsitiktinai be sugr ºinimo i²rinktu skai iu ξ 1, ξ 2 ir ξ 3 visi i²destymai pagal didum atvejai lygiaver iai. Vadinasi, ie²koma tikimybe lygi 1 6. 2 Sprendimas. Tris skai ius ξ 1, ξ 2 ir ξ 3 galima i²rinkti n(n 1)(n 2) b udu. Suskai iuosime palankius atvejus. Jei ξ 1 = i, ξ 2 = j, i < j, tai ξ 3 gali igyti n j reik²miu nuo j + 1 iki n. Palankiu atveju skai ius yra lygus sumai n 2 i=1 n 1 j=i+1 (n j) = n 2 i=1 (n i)(n i 1) 2 = 1 2 n 2 i=1 ((n i) 2 (n i)).

Pasinaudoj lygybe n gauname, kad j 2 = n(n + 1)(2n + 1), 6 n 2 i=1 (n i) 2 = (n 1)n(2n 1) 6 1, Galutinai n 2 i=1 (n i) = (n + 1)(n 2). 2 1 2 n 2 i=1 ((n i) 2 (n i)) = n(n 1)(n 2). 6 Ie²koma tikimybe lygi 1 6. 28 Pavyzdys. Pailiustruosime pavyzdºiu ivykiu sumos tikimyb es formul es taikym. Uºdavinys. Atsitiktinai vienas po kito traukiami trys sunumeruoti skai iais 1, 2, 3, bilietai. Rasti tikimyb, kad bent vieno bilieto numeris

sutaps traukiant su eil es numeriu, jei tikimyb es i²traukti bet kuri biliet lygiavert es. Sprendimas. Paºymekime A j ivyki, kad i² eil es j- ji kart traukiant biliet, i²traukto bilieto numeris lygus j, 1 j 3. M usu tikslas rasti ivykio A 1 A 2 A 3 tikimyb. Ie²komai tikimybei rasti pasinaudosime formule P (A 1 A 2 A 3 ) = p(a 1 ) + p(a 2 ) + p(a 3 ) p(a 1 A 2 ) p(a 1 A 3 ) p(a 2 A 3 )+ Akivaizdu, kad +P (A 1 A 2 A 3 ). p(a 1 ) = p(a 2 ) = p(a 3 ) = 1 3, p(a 1 A 2 ) = p(a 1 A 3 ) = p(a 2 A 3 ) = 1 6,

P (A 1 A 2 A 3 ) = 1 6. Pagaliau ie²koma tikimyb e yra lygi P (A 1 A 2 A 3 ) = 3 1 3 3 1 6 + 1 6 = 2 3. 29 Pavyzdys. Pailiustruosime pavyzdºiu pilnos tikimyb es formul es taikym. Uºdavinys. Vienoje deºeje yra 5 balti ir 3 juodi rutuliai, o kitoje deºeje yra 6 balti ir 4 juodi rutuliai. I² kiekvienos d eº es atsitiktinai i²traukiama po vien rutuli. Lik d eº ese rutuliai sudedami i tre i d eº ir sumai²omi. Raskime tikimyb i² tre ios d eº es i²traukti balt rutuli. Sprendimas. Paºymekime B 1 ivyki i² pirmos deºes i²traukti balt rutuli, o J 1 i² pirmos deºes i²traukti juod rutuli. Tegu B 2 ºymi ivyki i² antros deºes i²traukti balt rutuli, o J 2 i² antros d eº es i²traukti juod rutuli. Tegu C ºymi ivyki i² tre ios d eº es i²traukti balt rutuli.

Tuomet, remdamiesi pilnos tikimyb es formule, galime uºra²yti p(c) = p(c B 1 B 2 ) p(b 1 ) p(b 2 )+ p(c B 1 J 2 ) p(b 1 ) p(j 2 )+ p(c J 1 B 2 ) p(j 1 ) p(b 2 )+ p(c J 1 J 2 ) p(j 1 ) p(j 2 ). Nesunku suvokti, kad p(c B 1 B 2 ) = 9 16, p(b 1) = 5 8, p(b 2) = 6 10, p(c B 1 J 2 ) = 10 16, p(b 1) = 5 8, p(j 2) = 4 10, p(c J 1 B 2 ) = 10 16, p(j 1) = 3 8, p(b 2) = 6 10, p(c J 1 J 2 ) = 11 16, p(j 1) = 3 8, p(j 2) = 4 10. Ie²koma tikimyb e lygi p(c) = 9 16 5 8 6 10 + 10 16 5 8 4 10 +

10 16 3 8 6 10 + 11 16 3 8 4 10 = 391 640. 30 Pavyzdys. Hipergeometrin es tikimyb es pavyzdys. Uºdavinys. Deºeje yra N 1 ºaliu ir N 2 geltonu rutuliu. Raskite tikimyb, kad tarp atsitiktinai n i²trauktu rutuliu yra m ºaliu. Sprendimas. m ºaliu rutuliu galima i²traukti ( N1 m ) b udu. n m geltonu rutuliu galima i²traukti ( N 2 yra n m ) b udu. Vadinasi, palankiu atveju ( N ) ( 1 N ) 2. m n m rutuliu galima i²traukti n rutuliu ) i² N 1 + N 2 b udu. Ie²koma tikimybe lygi ( N1 +N 2 n ( N1 ) ( ) m N2 n m ( ) N1. +N 2 n