0. Pratarmė

Tikimybių teorija nagrinėja dėsningumus tų gamtos reiškinių, kuriuosvadiname atsitiktiniais.

Žodis "atsitiktinis" yra talpus. Pavyzdžiui, prieš ridendami šešiasienį žai-dimo kauliuką, negalime pasakyti koks akučių skaičius iškris. Atsitiktinioeksperimento rezultato nuspėti negalime. Panagrinėkime kitą pavyzdi. Bi-čiulis sumaišė kortų malką, atsitiktinai ištraukė vieną kortą ir padėjo priešmane ant stalo nugarėle į viršų. Jis matė kortos piešinį, o aš matau tik josnugarėlę. Turiu atspėti kokia tai korta. Mano spėjimas yra atsitiktinis. Tuotarpu bičiuliui atsakymas yra žinomas.

Tikimybių teorija negali pasakyti kokia bus atsitiktinio eksperimento baig-tis. Jos tyrimo objektas - įvairių galimų baigčių tikimybių apskaičiavimas.Pavyzdžiui, žinodamas, kad kortų malką sudaro 52 kortos (kiekvienos rūšiespo 13), galiu įvertinti šansus, jog atspėsiu teisingai: vienas prieš 52. Sakome,kad teisingo spėjimo tikimybė yra 1/52.

1 Klasikinis Tikimybės apibrėžimas

PVZ. 1.1 Žaidimų kauliukas turi 6 sieneles. Ant sienelių pažymėti akučiųskaičiai: 1, 2, 3, 4, 5, 6. Metus kauliuką, galimybės atsiversti kiekvienai sienelei(kiekvienam akučių skaičiui) yra lygios. Konkretaus skaičiaus atsivertimąvadiname elementariuoju įvykiu (elementariąja baigtimi). Elementariuosiusįvykius žymime ω1, ω2, . . . , ω6. Pvz. atsivertus 3 akutėms, sakome, kad įvykoelementarusis įvykis ω3. Visų elementariųjų įvykių aibę ω1, ω2, . . . , ω6 vad-iname elementariųjų įvykių erdve ir žymime Ω.

Keletas elementariųjų įvykių sudaro sudėtinį įvykį. Nagrinėkime sudėtinįįvykį

A = iškritusių akučių skaičius yra lyginis.Įvykį A sudaro elementarieji įvykiai ω2, ω4, ω6. Žymime A = ω2, ω4, ω6.Elementarieji įvykiai ω2, ω4, ω6 yra vadinami palankiais įvykiui A. Santykis|A||Ω| atspindi įvykio A galimybę įvykti (šansus). Šį santykį žymime P (A) irvadiname įvykio A tikimybe. Taigi įvykio "iškrito lyginis akučių skaičius"tikimybė P (A) = 3

6= 1

2.

APB 1.1. Nagrinėkime eksperimentą, kurį atlikus, galimos n skirtingosbaigtys ω1, . . . , ωn. Aibę Ω = ω1, . . . , ωn vadiname elementariųjų įvykiųerdve, o jos elementus - elementariaisiais įvykiais (elementariosiomis baig-timis). Bet kurį poaibį A ⊂ Ω vadiname įvykiu. Šį poaibį sudarančius ele-mentariuosius įvykius vadiname palankiais įvykiui A. Kadangi bet kuriems

1

poaibiams A,B ⊂ Ω sankirta C = A ∩ B ⊂ Ω ir sąjunga D = A ∪ B ⊂ Ω,tai C ir D taip pat įvykiai. Jei A ∩ B = ∅, tai įvykius A ir B vadiname ne-sutaikomais. Aibę Ω vadiname būtinuoju įvykiu, o ∅ yra vadinama negalimuįvykiu. Įvykis C = Ω \ A yra vadinamas priešingu įvykiui A ir žymimas A.

Klasikine įvykio A tikimybe vadiname įvykiui A palankių elementarių-jų įvykių skaičiaus |A| ir visų elementariųjų įvykių skaičiaus |Ω| santykį.Žymime

P (A) =|A||Ω|

.

Juo didesnė šio santykio reikšmė, tuo daugiau šansų, kad A įvyks. Iš api-brėžimo išplaukia lygybės P (Ω) = 1 ir P (∅) = 0.

Klasikinės tikimybės apibrėžimas taikomas tiems statistiniams eksperi-mentams modeliuoti, kurių visos baigtys yra vienodai tikėtinos.

PVZ 1.2. Šešiasienio kaulelio 5 sienos nudažytos juodai ir viena bal-tai. Mus domina kokios spalvos siena atsivers metus kaulelį. Galimos dvibaigtys: "atsivertė juoda siena" ir "atsivertė balta siena". Jas žymime ω1 irω2. Šio statistinio eksperimento rezultatus aprašo elementariųjų įvykių erdvėΩ = ω1, ω2. Tačiau klasikinio tikimybės apibrėžimo taikyti negalime, neselementariųjų įvykių šansai nėra lygūs (juoda sienelė turi 5 kartus daugiaušansų, nei balta sienelė).

PVZ 1.3. Du kartus metame kauliuką. Kokia tikimybė, kad iškritusiųakučių suma yra 8?

Eksperimento rezultatą, kai pirmuoju metimu iškrito i akučių, o antruoju- j akučių, žymime (i, j). Turime 36 skirtingas poras (i, j), i, j = 1, . . . , 6,kurias vadinsime elementariaisiais įvykiais. Taigi elementariųjų įvykių erdvėΩ =

(i, j), i, j = 1, . . . , 6

. Aišku, |Ω| = 36. Mus dominantį įvykį A =

"iškritusių akučių suma yra 8" sudaro elementarieji įvykiai

A = (2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3), (6, 2).

Kadangi visos poros (i, j) yra vienodai tikėtinos, galime taikyti klasikinįtikimybės apibrėžimą. Taigi P (A) = 5

36.

APB 1.2. Nagrinėkime statistinio eksperimento modelį, kurio elementa-riųjų įvykių erdvė Ω = ω1, . . . , ωn. Tarsime, kad visų elementariųjų įvykiųšansai yra vienodi. Todėl galime taikyti klasikinį tikimybės apibrėžimą. Na-grinėkime nesutaikomus įvykius A,B ⊂ Ω. Kadangi A ∩ B = ∅, tai jųsąjungos elementų skaičius |A ∪B| = |A|+ |B|. Todėl

P (A ∪B) =|A ∪B||Ω|

=|A|+ |B||Ω|

=|A||Ω|

+|B||Ω|

= P (A) + P (B). (1)

2

Įvykius A1, A2, . . . , Ak ⊂ Ω vadiname poromis nesutaikomais, jei Ai∩Aj = ∅visiems i 6= j. Nesutaikomų įvykių sąjungos tikimybė

P (A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ Ak) =|A1 ∪ · · · ∪ Ak|

|Ω|=|A1|+ · · ·+ |Ak|

|Ω|(2)

=|A1||Ω|

+ · · ·+ |Ak||Ω|

= P (A1) + · · ·+ P (Ak).

(1) ir (2) lygybes vadiname tikimybių sudėties taisykle.PVZ 1.4. Iš 52 kortų malkos atsitiktinai traukiame 3 kortas. Kokia

tikimybė, kad tarp ištrauktų kortų bus tik vienas tūzas?Laikome, kad kiekvienas kortų trejetas turi vienodas galimybes buti iš-

trauktas ir todėl galime taikyti klasikinį tikimybės apibrėžimą. Kiekvienastrijų skirtingų kortų rinkinys atitinka elementarią baigtį. Taigi elementariųjųįvykių erdvę Ω sudaro kortų rinkiniai po tris. Todėl |Ω| =

(523

)= 52!

49! 3!. Mus

dominantį įvykį A = "ištrauktų kortų trejete yra vienintelis tūzas" išskaidomeį nesutaikomus įvykius A = A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4. Čia

A1 = "ištrauktų kortų trejete yra vienintelis tūzas, jis širdžių tūzas";A2 = "ištrauktų kortų trejete yra vienintelis tūzas, jis kryžių tūzas";A3 = "ištrauktų kortų trejete yra vienintelis tūzas, jis būgnų tūzas";A4 = "ištrauktų kortų trejete yra vienintelis tūzas, jis pikų tūzas".

Suskaičiuosime įvykių Ai tikimybes. Įvykiui A1 palankių baigčių skaičiųrandame taip. Atmetę iš kortų malkos keturis tūzus, gauname 48 kortųrinkinį. Imame bet kurias dvi šio rinkinio kortas ir prie jų prijungiame širdžiųtūzą. Tokiu būdu sudarome visus kortų trejetus su vieninteliu tūzu, širdžiųtūzu. Parinkti dvi kortas iš 48 turime

(482

)= 48!

46!2!variantų. Todėl įvykiui

A1 palankių baigčių yra |A1| =(

482

). Taip pat randame skaičius |A2|, |A3|,

|A4|. Kadangi įvykiai A1, . . . , A4 yra poromis nesutaikomi, tai iš (2) formulėsišplaukia lygybė

P (A) = P (A1) + · · ·+ P (A4) = 4

(482

)(523

) .APB 1.3. Nagrinėkime statistinio eksperimento modelį, kurio elementa-

riųjų įvykių erdvė Ω = ω1, . . . , ωn. Tarsime, kad visų elementariųjų įvykiųšansai yra vienodi. Todėl galime taikyti klasikinį tikimybės apibrėžimą. Na-grinėkime įvykį A ⊂ Ω ir jam priešingą įvykį A = Ω \ A. Šie įvykiai yranesutaikomi. Iš (1) formulės išplaukia lygybė

P (Ω) = P (A ∪ A) = P (A) + P (A)

3

Kadangi P (Ω) = 1, darome išvadą, kad

P (A) = 1− P (A). (3)

Šią lygybę vadiname priešingo įvykio tikimybės formule.PVZ 1.5. Iš 52 kortų malkos atsitiktinai traukiame 3 kortas. Kokia

tikimybė, kad tarp jų bus bent vienas tūzas?Naudosime 1.4 pavyzdžio statistinio eksperimento modelį. Mus domina

įvykis B = "tarp 3 ištrauktų kortų yra bent vienas tūzas". Jam priešingasįvykis B = "tarp 3 ištrauktų kortų tūzų nėra". Įvykiui B palankius kortųtrejetus sudarome iš 48 kortų rinkinio, kurį gavome iš kortų malkos pašalinę4 tūzus. Todėl |B| =

(483

). Taigi

P (B) =

(48

3

)(52

3

)−1

.

Pritaikę (3) formulę, randame mus dominančią tikimybę

P (B) = 1− P (B) = 1−(

48

3

)(52

3

)−1

.

APB 1.4. Gaminių partiją sudaro N vienetų. Tarp jų yra M gaminių,turinčių defektą. Atsitiktinai parenkame n gaminių. Kokia tikimybė, kadtarp jų rasime m gaminių, turinčių defektą?

Tarsime, kad visi rinkiniai po n gaminių turi vienodus šansus ir taikysimeklasikinį tikimybės apibrėžimą. Konkretus rinkinys iš n gaminių yra el-ementarusis įvykis. Tokių rinkinių yra

(Nn

). Taigi elementariųjų baigčių

aibė Ω turi |Ω| =(Nn

)narių. Skaičiuosime įvykiui A = "tarp n atsitiktinai

parinktų gaminių pasitaikėm, turinčių defektą" palankius rinkinius. Tokiamerinkinyje yra n−m gerų gaminių. Juos galime parinkti iš visų N −M gerųgaminių

(N−Mn−m

)būdais. Likusią rinkinio dalį sudaro m blogų gaminių. Juos

iš visų M blogų gaminių galime parinkti(Mm

)būdais. Taigi yra

(N−Mn−m

)×(Mm

)būdų palankiam rinkiniui sudaryti. Todėl |A| =

(N−Mn−m

)×(Mm

). Darome

išvadą, kad

P (A) =

(N −Mn−m

)(M

m

)(N

n

)−1

. (4)

Šią tikimybę vadiname hipergeometrine. Pažymėkime ją pN,M,n,m.PVZ 1.6. Tarkime, kad atvežė N gaminių. Tarp jų yra blogų, tačiau

blogųjų gaminių skaičius M yra nežinomas. Norime jį įvertinti. Mums leista

4

patikrinti n gaminių. Atsitiktinai pasirinkę n gaminių, suskaičiuojame ap-tiktus su defektu. Jų skaičių pažymime m. Nežinomam skaičiui M vertintigalime pasitelkti įvairių samprotavimų. Tarę, kad blogų gaminių procen-tas partijoje turėtų atitikti blogų gaminių procentą atsitiktinai sudarytamerinkinyje, t.y. M/N ≈ m/n, darome išvadą, jog

M ≈ Nm

n. (5)

Pateiksime kitą samprotavimą, kuris vadinamas "maksimalaus tikėtinumometodu". Sveikas protas sako, kad įvykiai, kurių tikimybė maža, įvyksta re-tai. Įvykis, kurį mes stebėjome - tai gaminių su defektu skaičiusm. Ieškosimetokio skaičiaus M , kuriam šio įvykio tikimybė yra pati didžiausia. Tokiubūdu iš daugelio alternatyvų pasirenkame tą, kuri suteikia daugiausia šansųmūsų stebėtam įvykiui. Nagrinėkime santykį

pN,M,n,m

pN,M−1,n,m

=

(N−Mn−m

)(Mm

)(Nn

)−1(N−M+1n−m

)(M−1m

)(Nn

)−1 =

(N−Mn−m

)(Mm

)(N−M+1n−m

)(M−1m

)=

(N −M + 1− (n−m))M

(N −M + 1)(M −m).

Išsprendę nelygybę

(N −M + 1− (n−m))M

(N −M + 1)(M −m)> 1,

randame, jog ji teisinga tada ir tik tada, kai mn

(N + 1) > M . Taigi

pN,M,n,m

pN,M−1,n,m

> 1 ⇔ m

n(N + 1) > M.

Panašiai įsitikiname, jogpN,M,n,m

pN,M−1,n,m

< 1 ⇔ m

n(N + 1) < M.

Pažymėkime M0 = bmn

(N + 1)c. Čia žymi bac didžiausią sveikąjį skaičių,neviršijantį skaičiaus a. Jei skaičius m

n(N + 1) nėra sveikasis, tai iš aukščiau

pateiktų nelygybių darome išvadą, kad funkcija M → pN,M,n,m didėja, kai

M = m, m+ 1, ..., M0.

Ši funkcija mažėja, kai M = M0,M0 + 1, . . . .

5

Todėl tikimybės pN,M,n,m reikšmė yra didžiausiai, kai

M = M0 = bmn

(N + 1)c.

Tuo atveju, kai mn

(N+1) yra sveikasis t.y. M0 = bmn

(N+1)c = mn

(N+1),yra teisinga lygybė pN,M0,n,m = pN,M0−1,n,m. Šįkart funkcija M → pN,M,n,m

didėja, kai M = m,m+ 1, . . . ,M0 − 1 ir mažėja, kai M = M0,M0 + 1, . . . .Gautas skaičiaus M įvertis bm

n(N + 1)c yra vadinamas maksimalaus ti-

kėtinumo įverčiu. Matome, kad jis neprieštarauja ankstesnio samprotavimoišvadai (5).

PVZ 1.7. Ežero žuvų skaičius N . Jis nežinomas. Ieškosime būdo jįįvertinti. Užmetu tinklą. Sugautų žuvų skaičių pažymiu M . Visas žuvispaženklinu ir paleidžiu atgal į ežerą. Po savaitės grįžtu prie ežero ir tol gaudaužuvis, kol sugaunu norimą skaičių n. Tarp jų radau keletą paženklintų. Jųskaičių žymiu m. Antrojo žuvies gaudymo metu skaičiai N,M ir n yrafiksuoti, o skaičius m yra statistinio eksperimento rezultatas. Tikimybė, kadantrosios žvejybos metu sugausiu m paženklintų žuvų yra pN,M,n,m. Dabarieškosime tokio N , kuriam tikimybė pN,M,n,m yra didžiausia. Skaičiai M,n irm lieka tie patys. Nagrinėkime santykį

pN,M,n,m

pN−1,M,n,m

=

(N−Mn−m

)(Mm

)(Nn

)−1(N−M−1n−m

)(Mm

)(N−1n

)−1 =

(N−Mn−m

)(Nn

)−1(N−M−1n−m

)(N−1n

)−1

=(N −M)(N − n)

N(N −M − (n−m)).

Išsprendę nelygybę(N −M)(N − n)

N(N −M − (n−m))> 1,

randame, jog ji teisinga tada ir tik tada, kai nmM > N . Taigi

pN,M,n,m

pN−1,M,n,m

> 1 ⇔ n

mM > N.

Panašiai įrodome, jogpN,M,n,m

pN−1,M,n,m

< 1 ⇔ n

mM < N.

Toliau samprotaujame, kaip 1.6 pavyzdyje. Randame, kad tikimybės pN,M,n,m

reikšmė yra didžiausiai, kai

N = b nmMc.

6

Tai yra nežinomo žuvų skaičiaus maksimalaus tikėtinumo įvertis.

Užduotys1. Tris kartus metame kauliuką. Kuri iškritusių akučių suma labiau

tikėtina: 9 ar 10?2. Pakeliui į futbolo rungtynes sirgaliai mėgsta užsukti į "Baltosios varnos"

smuklę ir išgerti stiklą alaus. Šeimininkas pastebėjo, kad "Baltojoje varnoje"kyla riaušės, jei susirenka po vienodą abiejų komandų sirgalių skaičių. Šian-dien vakare vyks futbolo rungtynės, o smuklėje 48 sirgaliai. Kokia tikimybė,kad kils riaušės?

Tarę, kad visi sirgalių komandų pasirinkimo variantai vienodai tikėtini(renkamasi iš dviejų besivaržančių komandų), apskaičiuokite riaušių tikimybę.Taikykite klasikinį tikimybės apibrėžimą.

2 Geometrinės tikimybėsKlasikinį tikimybės apibrėžimą taikome tiems statistiniams eksperimentams,kurių elementariųjų įvykių aibė yra baigtinė, o patys elementarieji įvykiaiyra vienodai tikėtini.

Geometrinių tikimybių metodą taikome statistiniams eksperimentams,kuriuose elementariųjų įvykių aibes galime sutapatinti su geometrinėmis fi-gūromis: atkarpomis, plokštumos sritimis ir pan.

PVZ 2.1. Turime virvę, kurią kerpame į dvi dalis. Kirpimo taškasparenkamas atsitiktinai. Kokia tikimybė, kad vienas virvės galas bus daugiaunei dvigubai trumpesnis už kitą?

Sprendimas. Virvę galime vaizduoti atkarpa, kurios galus pažymėkime air b. Tuomet elementariųjų įvykių (galimų kirpimo taškų) aibę vaizduojameintevalu (a, b): bet kuris šio intervalo taškas gali būti kirpimo tašku. TaigiΩ = (a, b). Pažymėkime atkarpos taškus c ir d, kurie dalija atkarpą į trislygias dalis (a, b) = (a, c] ∪ (c, d) ∪ [d, b). Mus domina įvykis

A = vienas virvės galas daugiau nei dvigubai trumpesnis už kitą.

Elementariųjų įvykių, palankių įvykiui A, aibę atitinka intervalų junginys(a, c) ∪ (d, b) ⊂ Ω. Šią aibę sudarančių atkarpų bendras ilgis yra lygus 2/3atkarpos Ω = (a, b) ilgio. Taigi elementarieji įvykiai palankūs įvykiui Asudaro 2/3 visų elementarių įvykių aibės. Darome išvadą, kad P (A) = 2/3.

APB 2.1. Tarkime, statistinio eksperimento elementariųjų įvykių aibęgalima atvaizduoti kreive Ω, kurios ilgį LΩ galima apibrėžti. Jei įvykiui

7

A ⊂ Ω palankių elementariųjų įvykių aibę galima pavaizduoti kreivės dalimikurios ilgį LA galima apibrėžti, tai (geometrine) įvykio A tikimybe vadinameskaičių santykį LA

LΩ. Žymime

P (A) =LALΩ

. (6)

PVZ 2.2. Du asmenys A1 ir A2 sutarė susitikti Katedros aikštėje tarp 1ir 2 valandos popiet. Sutarė, kad bet kuris atėjęs lauks 20 minučių, bet neilgiau nei iki 2 valandos popiet. Tarę, kad asmenys į Katedros aikštę atvykstaatsitiktinai, raskite tikimybę jog asmenys susitiks?

Sprendimas. Pažymėkime t1 ir t2 asmenų A1 ir A2 atvykimo į Kate-dros aikštę laiką. Taigi t1, t2 ∈ [1, 2]. Statistinio eksperimento rezultatas(elementarusis įvykis) yra skaičių pora (t1, t2). Visų elementariųjų įvykiųaibę atitinka kvadratas [1, 2] × [1, 2]. taigi Ω = [1, 2] × [1, 2]. Įvykį A-"asmenys susitiko" sudaro tie elementariejį įvykiai (t1, t2), kurie tenkina są-lygą |t1 − t2| < 1/3 (20 minučių sudaro trečią dalį valandos). Taigi, įvykį Aatitinka kvadrato [1, 2]× [1, 2] dalis (t1, t2) : |t1 − t2| < 1/3, t1, t2 ∈ [1, 2].Jos plotas sudaro 5/9 viso kvadrato ploto. Todėl galime daryti išvadą, kadP (A) = 5/9.

8

APB 2.2. Tarkime, statistinio eksperimento elementariųjų įvykių aibęgalima atvaizduoti plokštumos sritimi Ω, kurios plotą QΩ galima apibrėžti.Jei įvykiui A ⊂ Ω palankių elementariųjų įvykių aibę galima pavaizduoti tossrities dalimi kurios plotą QA galima apibrėžti, tai (geometrine) įvykio Atikimybe vadiname plotų santykį QA

QΩ. Žymime

P (A) =QA

QΩ

. (7)

Panašiai, kai statistinio eksperimento rezultatus galime vaizduoti trimatėserdvės taškais, geometrines įvykių tikimybes atitinka tūrių santykiai.

PVZ 2.3. Biufono uždavinys. Horizontalioje plokštumoje nubrėžiamelygiagrečias tieses, taip, kad atstumas tarp gretimų tiesių būtų 2a. Adatą,kurios ilgis 2e metame ant horizontaliosios plokštumos. Laikome, kad adatosvieta ir orientacija yra atsitiktinės, o jos ilgis yra mažesnis už atstumą tarptiesių. Kokia tikimybė, kad adata kirs kurią nors tiesę?

Sprendimas. Raide x pažymėkime atstumą tarp adatos vidurio taško irjam artimiausios tiesės. Kampą tarp adatos krypties ir lygiagrečių tiesiųkrypties žymime ϕ. Statistinio eksperimento metu registruojame skaičius xir ϕ. Tokio eksperimento baigtį atitinka skaičių pora (x, ϕ), čia x ∈ [0, a] irϕ ∈ (0, π] (mums nesvarbu kurią tiesę kerta adata). Elementariųjų įvykiųaibę atitinka plokštumos sritis

Ω = (x, ϕ) : x ∈ [0, a], ϕ ∈ (0, π].

Jos plotas QΩ = π a.Įvykį A-"adata kerta (artimiausią) tiesę" atitinka skaičių poros (x, ϕ),

tenkinančios nelygybę x ≤ e sinϕ. Todėl įvykiui A palankių elementariųjųįvykių aibę atitinka plokštumos sritis

(x, ϕ) : x ≤ e sinϕ, x ∈ [0, a], ϕ ∈ (0, π].

Jos plotasQA =

∫ π

0

e sinϕdϕ = 2 e.

Pritaikę geometrinių tikimybių formulę (2.2), randame tikimybę

P (A) =QA

QΩ

=2e

π a.

Biufono uždavinys yra atėjęs iš tų laikų, kai skaičius π buvo aktyviųtyrimų objektas. Anuo metu dar nebuvo žinoma, kad tai įracionalusis skaičius.

9

Daug vėliau Karaliaučiaus Albertinos universiteto matematikas Lindemanasnustatė, kad skaičius π nėra racionalusis.

Atlikime Biufono eksperimentą keletą kartų (N kartų). Suskaičiuokimesėkmingas baigtis, kuomet adata kerta kurią nors tiesę. Pažymėkime tokiųbaigčių skaičių M . Galime tikėtis, kad atlikus daug eksperimentų, santykisM/N būtų artimas įvykio A tikimybei: P (A) ≈ M/N . Tuomet apytikrėskaičiaus π reikšmė

π =2e

aP (A)≈ 2eN

aM.

J.Kubiliaus vadovėlyje randame tokius įvairiu laiku atliktų bandymų rezul-tatus

π ≈ 3.1596, π ≈ 3.155, π ≈ 3.13.

PVZ 2.4. Atsitiktinai pasirenkame apskritimo stygą. Kokia tikimybė,jog stygos ilgis yra didesnis už įbrėžto lygiakraščio trikampio kraštinę?

1. Sprendimas. Ant apskritimo lanko atsitiktinai pasirinkę stygos galusA ir B, gausime atsitiktinai pasirinktą stygą. Pradžioje pasirenkame taškąA. Po to renkamės tašką B (piešinys kairėje). Nesvarbu kur pateko pirmasistaškas A, įvykis, jog gauta styga yra didesnė nei įbrėžto trikampio kraštinė,

10

priklauso tik nuo to kaip toli apskritimo lanke nuo taško A pateko antrasistaškas B. Elementarusis įvykis atitinka taško B poziciją apskritimo lanke(taško A atžvilgiu). Taigi elementariųjų įvykių erdvę atitinka apskritimolankas Ω, o įvykiui

H = "stygos ilgis yra didesnis už įbrėžto lygiakraščio trikampio kraštinę"

palankūs elementarieji įvykiai sudaro apskritimo lanko dalį, į kurią įeinataškai, nutolę nuo A daugiau nei trečdalis pilnojo lanko. Kadangi šios daliesilgis LH yra tris kartus mažesnis už pilno apskritimo lanko ilgį LΩ, tai ge-ometrinė mus dominančio įvykio tikimybė yra 1/3, žr. (6) formulę.

2 Sprendimas. Stygą galime nubrėžti taip. Pradžioje atsitiktinai pasirenkameapskritimo spindulį. Jame atsitiktinai pasirenkame tašką. Brėžiame stygąAB, kuri eina per šį tašką ir yra statmena splinduliui (piešinys dešinėje). Sty-gos ilgį atitinka atstumas tarp šio taško ir apskritimo centro. Pažymėkimeatstumą x. Visos galimos x reikšmės sudaro intervalą [0, R], čia R žymiapskritimo spindulį. Nesunku suskaičiuoti, kad stygos, kurios ilgis didesnisuž įbrėžto lygiakraščio trikampio kraštinę, atstumas x iki apskritimo centrotenkina nelygybę x < R/2. Dabar elementariųjų įvykių erdvę atitinka inter-valas Ω = [0, R]. Įvykiui H palankūs elementarieji įvykiai sudaro intervalą[0, R/2]. Darome išvadą, kad geometrinė įvykio H tikimybė yra 1/2, žr. (6)formulę.

Pastaba. Skirtingi sprendimai atvedė prie skirtingų atsakymų. Kur klaida?Matematinės klaidos čia nėra, nes abu sprendimai yra matematiškai korek-tiški. Pavyzdyje suformuluotas klausimas buvo interpretuotas dviem skirtin-gais būdais. Buvo sukurti du skirtingi matematiniai modeliai. Todėl buvoišspręsti du skirtingi uždaviniai. Nenuostabu, kad atsakymai skiriasi. Matome,

11

kad tinkamo statistinio modelio (elementariųjų įvykių erdvės, ir kt.) pasirinki-mas gali būti rimta problema: ar tikrai pasirinktasis modelis atitinka realųuždavinį. 2.5. pavyzdžio "realus" uždavinys nebuvo tiksliai suformuluotas irtodėl tapo įmanomos skirtingos interpretacijos.

PVZ 2.5. Nagrinėkime atsitiktinai pasirinkto telefoninio pokalbio tarpdviejų atsitiktinai pasirinktų VU darbuotojų trukmę. Apsiribokime pokal-biais, kurie neviršija 40 minučių. Tuomet statistinio eksperimento rezul-tatą galime vaizduoti atkarpos (0, 40) tašku. Aišku, kad didžioji daugumapokalbių neviršys 5 ar 10 minučių. Todėl įvykis, jog pokalbio trukmė neviršijo10 minučių yra labiau tikėtinas nei įvykis, kad pokalbio trukmė pateko įintervalą (30, 40). Šį kartą geometrinių tikimybių metodo taikyti negalime,nes įvykių tikimybės nėra proporcingos juos atitinkančių atkarpų ilgiams.

3 Tikimybių teorijos aksiomos. Tikimybinismatas ir jo savybės

3.1 Aibių algebros ir jose apibrėžti mataiNagrinėkime statistinį eksperimentą, turintį apibrėžtą baigčių aibę. Baigtisvadiname elementariaisiais įvykiais. Jiems žymėti vartosime mažąją raidę ω.Visų eksperimento baigčių aibę žymime Ω, vadiname elementariųjų įvykiųerdve. Elementarieji įvykiai, turintys mus dominančią savybę, sudaro aibėsΩ poaibį, kurį vadiname įvykiu. Jei šį poaibį pažymėtume A ir statistinioeksperimento baigtis ω ∈ A, tai sakome, kad statistinio eksperimento metuįvyko įvykis A. Tarp nagrinėjamų keletos įvykių dažnai vieni turi daugiaušansų įvykti nei kiti. Taigi įvykiams priskiriame reitingus, kuriuos vadi-name jų šansais, tikimybėmis. Įvairių įvykių tikimybėms skaičiuoti taikysimematematinius metodus. Matematikoje įprasta pasiremti paprastais (pagrin-diniais) teiginiais ir iš jų išvedinėti sudėtingesnius faktus ir sąryšius. Šieteiginiai yra vadinami aksiomomis. Tikimybių teorija turi savas aksiomas.

Pirmoji aksioma apibrėžia kokių įvykių tikimybes nagrinėsime. Spręs-dami praktinius uždavinius, domimės tik konkrečių įvykių tikimybėmis. Taigidažnai nėra reikalo nagrinėti visų įmanomų poaibiųA ⊂ Ω tikimybes. Tikimy-bių teorijoje apsiribojame poaibių rinkiniais, kurie tenkina tam tikras sąvybes.Tokius rinkinius vadiname σ-algebromis. Juos apibrėšime.

3.1 apibrėžimas. Aibės Ω poaibių rinkinį A vadiname aibių algebra, jeipatenkintos tokios sąlygos:

1) Ω ∈ A;2) A,B ∈ A ⇒ A ∪B ∈ A ir A ∩B ∈ A;

12

3) A ∈ A ⇒ A ∈ A.3.1 pavyzdys. Aibių algebrą sudaro Ω poaibių rinkinys Ω, A,A, ∅, čia

A ⊂ Ω yra kuri nors pasirinkta aibė.3.2 pavyzdys. Tarkime, kad A0 yra koks nors aibės Ω poaibių rinkinys.

Iš šio rinkinio sukonstruosime aibių algebrą tokiu būdu: prie A0 prijungiameaibę Ω ir ∅ (jei jų ten nebuvo); taip pat prijungiame visų rinkinio A0 nariųA ∈ A0 papildinius A. Gautą poaibių rinkinį žymėkime A1. Toliau plečiamepoaibių rinkinį, įtraukdami visas sąjungas A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ Ak ir sankirtasA1∩A2∩· · ·∩Ak, bei šių sąjungų ir sankirtų papildinius A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ Ak,A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ Ak. Čia aibės Ai ∈ A1, kai 1 ≤ i ≤ k ir k = 1, 2, . . . .Nesunku įsitikinti, kad gautas aibių rinkinys tenkina sąlygas, keliamas aibiųalgebrai, t.y., tenkina 3.1 apibrėžimą.

3.3 pavyzdys. Svarbią realiųjų skaičių aibės poaibių algebrą gaunamepapildę intervalų rinkinį

A0 = (−∞, x] : x ∈ R

3.2 pavyzdyje nurodytu būdu.3.4 pavyzdys. Aibių algebrą sudaro visų Ω poaibių rinkinys.Sudėtingesniems statistiniams eksperimentams modeliuoti prireikia sub-

tilesnių aibių sistemos savybių. Todėl įvedamos aibių σ− algebros.3.2 apibrėžimas. Aibės Ω poaibių algebrą A vadiname σ−algebra

(sigma-algebra), jei bet kurios jos narių sekos A1, A2, · · · ∈ A sąjunga ∪∞i=1Aiir sankirta ∩∞i=1Ai yra rinkinio A nariai, t.y.,

A1, A2, · · · ∈ A ⇒ ∪∞i=1Ai ∈ A, ∩∞i=1Ai ∈ A.

σ− algebrai žymėti naudosime raidę F .

Pastaba. 3.1 ir 3.4 pavyzdžiuose pateiktos poaibių algebros yra ir σ− al-gebros. σ-algebra, sudaryta iš visų aibės Ω poaibių, dažnai yra naudojama,kai aibė Ω yra baigtinė arba skaiti. Kai Ω = [0, 1], yra teorinių statistiniųeskperimentų pavyzdžių, kuomet dėl matematinio metodo prigimties neį-manoma priskirti reitingų/tikimybių visiems Ω poaibiams. Šiuo atveju daž-nai pasirenkama pati mažiausia σ-algebra, kuriai priklauso visi 3.3 pavyzdyjeaptarto aibių rinkinio nariai.

3.5 pavyzdys. Tarkime, kad natūraliųjų skaičių aibės Ω = 1, 2, 3, . . . poaibių rinkinį A sudaro baigtinės aibės ir jų papildiniai. Įsitikinkite, kad Ayra aibių algebra, tačiau nėra σ− algebra.

13

3.3 apibrėžimas. Aibę Ω su jos poaibių σ−algebra F vadiname mačiaerdve ir žymime (Ω,F). σ-algebros F elementus vadiname mačiosiomisaibėmis.

Nagrinėkime statistinį eksperimentą, kurio baigčių aibė Ω, o mus domi-nančių įvykių rinkinį atitinka aibės Ω poaibių σ-algebra F . Kadangi vieniįvykiai yra labiau tikėtini už kitus, įvedame įvykių tikėtinumo matą P : F →[0, 1], kuris įvykiui A ∈ F priskiria skaičių P (A). Šį skaičių galėtume inter-pretuoti, kaip aibės svorį ar reitingą: labiau tikėtini įvykiai turi aukštesniusreitingus, t.y. didesnius skaičius P (A). Tokie objektai, kaip aibių svoriai,sutinkami ne tik statistinių eksperimentų modeliuose, bet ir daugelyje kitųmatematikos, fizikos sričių. Todėl patogu kalbėti apie aibių dydžio (svorio)matus apskritai. Kokias savybes jie turėtų tenkinti?

3.4 apibrėžimas. Funkciją µ : F → [0,+∞], apibrėžtą aibės Ω poaibiųσ-algebroje F , vadiname matu, jei jei bet kurioms aibėms A,B ∈ F , netu-rinčioms bendrų elementų (A ∩B = ∅), yra teisinga lygybė

µ(A ∪B) = µ(A) + µ(B) (8)

ir bet kuriai aibių sekai A1, A2, · · · ∈ F , kurios elementai poromis nesikerta,

Ai ∩ Aj = ∅, visiems i 6= j, (9)

yra teisinga lygybė

µ

(∞⋃i=1

Ai

)=∞∑i=1

µ(Ai). (10)

Jei µ(Ω) = 1, tai µ vadiname tikimybiniu matu, arba tiesiog tikimybe.Tikimybinius matus žymėsime raide P (vietoj µ).

(8) savybę vadiname adityvumu, (10) savybę vadiname σ-adityvumu.3.6 pavyzdys. Realiųjų skaičių aibės Ω = R intervalams galime priskirti

jų ilgius. Gautas matas yra vadinamas Lebego matu, žymimas λ([a, b]) = b−a. (Henri Lebesgue, 1875-1941). Bet kuriam begaliniam intervalui (−∞, x]Lebego matas priskiria reikšmę λ

((−∞, x]

)= +∞.

3.5 apibrėžimas. Rinkinį (Ω,F , P ) vadiname tikimybine erdve. Čia Fyra aibės Ω poaibių σ− algebra, o P : F → [0, 1] yra tikimybinis matas.

3.7 pavyzdys. Įprastinio šešiasienio kaulelio sienelės su lyginiu akučiųskaičiumi yra nuspalvintos baltai, o likusios juodai. Metame kauliuką. Ele-mentariųjų įvykių aibė Ω = ω1, . . . , ω6. Baigtis ωi žymi atsivertus sienelęsu i akučių.

14

1. Registruojame iškritusių akučių skaičių. Šį kartą visi elementariejiįvykiai svarbūs. Tokio statistinio eksperimento įvykių σ-algebrą F1 sudarovisi Ω poaibiai. Kadangi sienelės turi vienodus šansus atsiversti, tai elemen-tariesiems įvykiams priskiriame vienodas tikimybes: P1(ωi) = 1/6 visiemsi = 1, . . . , 6. Eksperimento tikimybinė erdvė (Ω,F1, P1).

2. Registruojame iškritusios sienelės spalvą. Šį kartą mums svarbuar iškrito balta spalva (akučių skaičius lyginis) ar juoda (akučių skaičiusnelyginis). Todėl šio statistinio eksperimento įvykiams aprašyti pakankaσ−algebros F2 =

∅,Ω, ω2, ω4, ω6, ω1, ω3, ω5

. Uždavinio tikimybinė

erdvė (Ω,F2, P2). Čia

P2(Ω) = 1, P2(∅) = 0, P2(ω2, ω4, ω6) = 0.5, P2(ω1, ω3, ω5) = 0.5.

3.8 pavyzdys. Turime baigtinę aibę Ω = ω1, . . . , ωn. Nagrinėkimeaibių rinkinį F , sudarytą iš visų Ω poaibių, ir tikimybinį matą P , kuriskiekvienai elementariajai baigčiai ωi priskiria svorį P (ωi) = n−1. Tuometbet kurios aibės A = wi1 , . . . , wik ⊂ Ω tikimybė

P (A) = P (ωi1) + P (ωi2) + · · ·+ P (ωik) =k

n=|A||Ω|

.

Tokį tikimybinį matą vadiname tolygiuoju (visos baigtys yra vienodai tikėti-nos). Tikimybinė erdvė (Ω,F , P ) atitinka klasikinį tikimybės apibrėžimą.

3.9 pavyzdys. Tarkime, kad elementariųjų įvykių erdvė yra skaičiojiaibė Ω = ω1, ω2, . . . . Nagrinėkime σ-algebrą F , kurią sudaro visi aibės Ωpoaibiai. Neneigiamų skaičių seka p1, p2, . . . , kurios narių suma p1 + p2 +· · · = 1, apibrėžia tikimybinį matą P : aibėms A ⊂ Ω priskiriame svo-rius/tikimybes P (A) =

∑wi∈A pi. Taigi kiekvienas aibės A elementas ωi

įnešą svorį P (ωi) = pi.Du svarbūs tikimybių rinkinių pavyzdžiai:1) Rinkinys pn = λn

n!e−λ, n = 0, 1, 2, . . . , čia λ > 0 yra fiksuotas

parametras, apibrėžia tikimybinį matą skaičioje elementariųjų įvykių erdvėjeΩ = 0, 1, 2, . . . . Jį vadiname Puasono matu, žymime P(λ);

2) Rinkinys pn = p(1− p)n, n = 0, 1, 2, . . . , čia p ∈ (0, 1) yra fiksuotasparametras, apibrėžia tikimybinį matą skaičioje elementariųjų įvykių erdvėjeΩ = 1, 2, 3, . . . . Jį vadiname geometriniu matu.

Pastaba. Tuomet, kai elementariųjų įvykių aibė Ω = ω1, ω2, . . . yraskaičioji, negalime apibrėžti tokio tikimybinio mato, kuris visiems elemen-tariesiems įvykiams priskirtų vienodus svorius/tikimybes. Tarkime, matasµ priskiria kiekvienam elementariajam įvykiui tokį patį svorį p ≥ 0. Taigi

15

µ(ωi) = p visiems ωi ∈ Ω. Tuomet iš σ-adityvumo savybės išplaukia ly-gybė µ(Ω) =

∑i≥1 µ(ωi) =

∑i≥1 p. Šios lygybės dešinė pusė yra +∞,

kai p > 0. Dešinė pusė lygi 0, kai p = 0. Matome, kad bet kuriuo atvejuµ(Ω) 6= 1. Todėl tikimybinio mato, kuris visiems Ω elementams priskirtųtokius pačius svorius, nėra.

3.2 Tikimybinio mato savybės3.1 teiginys. Tarkime P yra tikimybinis matas apibrėžtas aibės Ω poaibiųσ-algebroje F . Teisingi tokie teiginiai.

1) visiems A ⊂ ω yra teisinga lygybė P (A) = 1− P (A);2) visiems A,B ∈ F yra teisinga lygybė P (A ∪ B) = P (A) + P (B) −

P (A ∩B);3) visiems A,B ∈ F , tenkinantiems A ⊂ B, yra teisinga nelygybė P (A) ≤

P (B);4) visiems rinkiniams A1, . . . , Ak ∈ F , tenkinantiems Ai ∩ Aj = ∅, kai

i 6= j, yra teisinga lygybė

P (A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ Ak) = P (A1) + P (A2) + · · ·+ P (Ak);

5) visiems rinkiniams A1, . . . , Ak ∈ F teisinga nelygybė

P (A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ Ak) ≤ P (A1) + P (A2) + · · ·+ P (Ak);

6) Tarkime A1, A2, · · · ∈ F . Tuomet yra teisinga nelygybė

P

(∞⋃i=1

Ai

)≤

∞∑i=1

P (Ai).

Įrodymas. 1) teiginys išplaukia iš adityvumo savybės (8) ir lygybių A ∪A = Ω, A ∩ A = ∅, P (Ω) = 1,

1 = P (Ω) = P (A ∪ A) = P (A) + P (A) ⇒ P (A) = 1− P (A).

Pastaba. Iš 1) teiginio ir lygybės P (Ω) = 1 išplaukia lygybė P (∅) = 0.Įrodome 2). Aibės A ∩ B ir B \ A neturi bendrų taškų, todėl iš aibių

lygybės B = (A ∩B) ∪ (B \ A) ir adityvumo savybės (8) gauname

P (B) = P (B ∩ A) + P (B \ A). (11)

Aibės A ir B\A neturi bendrų taškų, todėl iš aibių lygybės A∪B = A∪(B\A)ir adityvumo savybės (8) gauname

P (A ∪B) = P (A) + P (B \ A). (12)

16

Iš (11) ir (12) išplaukia lygybė P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B).Įrodome 3) Iš adityvumo savybės (8) išplaukia lygybė P (A)+P (B \A) =

P (B). Kadangi P (B \ A) ≥ 0, darome išvadą, kad P (B) ≥ P (A).Įrodome 4) teiginį. Kai k = 2 teiginys išplaukia iš (8). Kai k = 3

užrašome A1∪A2∪A3 = (A1∪A2)∪A3. Kadangi aibės A1∪A2 ir A3 neturibendrų taškų, tai iš (8) išplaukia lygybė

P ((A1 ∪ A2) ∪ A3) = P (A1 ∪ A2) + P (A3).

Pritaikę lygybę P (A1 ∪ A2) = P (A1) + P (A2), gauname

P (A1 ∪ A2 ∪ A3) = P (A1) + P (A2) + P (A3).

Toliau taikome matematinę indukciją. Tarsime (indukcinė prielaida), kad

P

(k⋃i=1

Ai

)=

k∑i=1

P (Ai). (13)

Įrodysime, jog

P

(k+1⋃i=1

Ai

)=

k+1∑i=1

P (Ai). (14)

Kadangi aibės ∪ki=1Ai ir Ak+1 neturi bendrų taškų, tai iš (8) gauname

P

(k+1⋃i=1

Ai

)= P

((k⋃i=1

Ai

)∪ Ak+1

)= P

(k⋃i=1

Ai

)+ P (Ak+1).

Įstatę (13) gauname (14).Įrodome 5) teiginį. Nagrinėkime aibes

B1 = A1, B2 = A2\A1, B3 = A3\(A1∪A2), . . . , Bk = Ak\(A1∪· · ·∪Ak−1).

Šios aibės neturi bendrų taškų (B1 ∩ Bj = ∅, kai i 6= j) ir ∪ki=1Bi = ∪ki=1Ai.Todėl iš 4) teiginio išplaukia lygybė

P

(k⋃i=1

Ai

)= P

(k⋃i=1

Bi

)=

k∑i=1

P (Bi). (15)

Kadangi Bi ⊂ Ai visiems i, tai iš 3) teiginio turime P (Bi) ≤ P (Ai). Todėldešinė (15) lygybės pusė yra ne didesnė už sumą

∑ki=1 P (Ai).

17

Įrodome 6) teiginį. Nagrinėkime aibes Bk = Ak \ (A1 ∪ · · · ∪ Ak), k =1, 2, . . . . Kadangi Bi∩Bj = ∅, kai i 6= j, tai iš (10) formulės išplaukia lygybė

P

(∞⋃i=1

Bi

)=∞∑i=1

P (Bi).

Kadangi aibės ∪∞i=1Bi ir ∪∞i=1Ai yra lygios ir Bi ⊂ Ai visiems i, tai

P

(∞⋃i=1

Ai

)= P

(∞⋃i=1

Bi

)=∞∑i=1

P (Bi) ≤∞∑i=1

P (Ai).

Įrodymas baigtas.

3.3 Mato tolydumasMatematikoje kertinį vaidmenį vaidina funkcijos tolydumo sąvoka. Kadangitikimybinis matas P taip pat yra atvaizdis (aibėms priskiriantis skaičius), taiyra prasminga nagrinėti jo tolydumą. Yra keletas būdų apibrėžti mato toly-dumą. Čia nagrinėjamos tolydumo sąvokos yra susietos su mato σ−adityvumo(10) savybe.

3.6 apibrėžimas. Nagrinėkime mačią erdvę (Ω,F) ir funkciją ν, priskiri-ančią aibėms A ∈ F neneigiamus skaičius ν(A). Taigi ν : F → [0,+∞).

Funkciją ν vadiname "tolydžiąją iš vidaus", jei bet kuriai aibių sekaiA1, A2, · · · ∈ F , tenkinančiai sąlygą A1 ⊂ A2 ⊂ A3 ⊂ · · · , skaičių sekaν(Ai) turi ribą ir

limi→∞

ν(Ai) = ν

(∞⋃i=1

Ai

). (16)

Funkciją ν vadiname "tolydžiąją iš išorės", jei bet kuriai aibių sekaiA1, A2, · · · ∈ F , tenkinančiai sąlygą A1 ⊃ A2 ⊃ A3 ⊃ · · · , skaičių sekaν(Ai) turi ribą ir

limi→∞

ν(Ai) = ν

(∞⋂i=1

Ai

). (17)

Funkciją ν vadiname "tolydžiąją nulyje", jei bet kuriai aibių sekaiA1, A2, · · · ∈ F , tenkinančiai sąlygas

A1 ⊃ A2 ⊃ A3 ⊃ · · · ir∞⋂i=1

Ai = ∅,

skaičių seka ν(Ai) konverguoja į skaičių 0.

18

3.2 teiginys. Tarkime, (Ω,F , P ) yra tikimybinė erdvė. Tikimybinismatas P , priskiriantis aibėms A ∈ F skaičius P (A), yra

1) tolydusis iš vidaus;2) tolydusis iš išorės;3) tolydusis nulyje.Įrodymas. 1) teiginio įrodyme remsimės (10) savybe. Tarkime, aibių seka

A1, A2, · · · ∈ F tenkina sąlygą A1 ⊂ A2 ⊂ A3 ⊂ · · · . Apibrėžiame aibes

B1 = A1, B2 = A2 \ A1, B3 = A3 \ A2, . . . , Bn = An \ An − 1, . . . .

Kadangi Bi∩Bj = ∅ visiems i 6= j ir An = B1∪· · ·∪Bn, tai iš 3.1 teiginioišplaukia lygybė

P (An) = P (B1) + · · ·+ P (Bn). (18)Iš lygybės

⋃∞i=1Ai =

⋃∞i=1Bi (įsitikinkite, kad ji teisinga) ir tikimybinio mato

σ-adityvumo savybės (žr. (10)) išplaukia lygybės

P

(∞⋃i=1

Ai

)= P

(∞⋃i=1

Bi

)=∞∑i=1

P (Bi). (19)

Eilutės suma yra dalinių sumų riba. Taigi∞∑i=1

P (Bi) = limn→+∞

n∑i=1

P (Bi) = limn→+∞

P (An).

Paskutiniame žingsnyje pritaikėme (18) lygybę. Galo, atsižveglę į (19) ly-gybes, darome išvadą, kad

P

(∞⋃i=1

Ai

)= lim

n→+∞P (An).

Įrodysime, kad 2) išplaukia iš 1). Tarkime, kad aibių seka A1, A2, · · · ∈ Ftenkina sąlygą A1 ⊃ A2 ⊃ A3 ⊃ · · · . Apibrėžiame aibes

B1 = A1 \A1 = ∅, B2 = A1 \A2, B3 = A1 \A3, . . . , Bn = A1 \An, . . . .

19

Šios aibės tenkina sąlygą B1 ⊂ B2 ⊂ B3 ⊂ . . . . Taigi iš 1) išplaukia, lygybė

P

(∞⋃i=1

Bi

)= lim

i→+∞P (Bi). (20)

Iš tapatybės∞⋃i=1

Bi =∞⋃i=1

(A1 \ Ai) = A1 \

(∞⋂i=1

Ai

)išplaukia lygybė

P

(∞⋃i=1

Bi

)= P

(A1 \

(∞⋂i=1

Ai

))= P (A1)− P

(∞⋂i=1

Ai

). (21)

Iš (20) ir (21) darome išvadą, kad

P (A1)− P

(∞⋂i=1

Ai

)= lim

i→+∞P (Bi).

Tačiau P (Bi) = P (A1 \ Ai) = P (A1)− P (Ai). Taigi

P (A1)− P

(∞⋂i=1

Ai

)= P (A1)− lim

i→+∞P (Ai).

Darome išvadą, kad P (⋂∞i=1Ai) = limi→+∞ P (Ai).

Įrodysime, kad 3) išplaukia iš 2). Žinome, kad P (∅) = 0. Taigi∞⋂i=1

Ai = ∅ ⇒ P

(∞⋂i=1

Ai

)= 0.

Pritaikę 2) aibių sekai A1, A2, · · · ∈ F , tenkinančiai sąlygas⋂∞i=1 Ai = ∅ ir

A1 ⊃ A2 ⊃ A3 ⊃ · · · , gauname lybybę

limi→∞

P (Ai) = P

(∞⋂i=1

Ai

)= 0.

Įrodymas baigtas.Pavyzdys. Nagrinėkime tikimybinę erdve (Ω,F , P ), kurios elementariųjų

įvykių erdvė Ω = ω1, ω2, . . . yra skaiti, o σ-algebrą F sudaro visi aibėsΩ poaibiai. Nagrinėkime aibes Ai = ωi, ωi+1, . . . ir jų papildinius Ai =ω1, . . . , ωi−1. Aišku,

A1 ⊃ A2 ⊃ A3 · · · ir A1 ⊂ A2 ⊂ A3 . . . .

20

Be to⋃∞i=1Ai = Ω ir

⋂∞i=1Ai = ∅. Pritaikę 3.2 teiginį, gauname

limi→+∞

P (Ai) = 0 ir limi→+∞

P (Ai) = 1.

Nagrinėkime aibę D = ω2, ω4, ω6, . . . , ω2i, . . . ir aibes

D1 = ω2, D2 = ω2, ω4, . . . , Di = ω2, ω4, . . . , ω2i, . . . .

Pritaikę 3.2 teiginį, gauname P (D) = limi→+∞ P (Di).

3.4 Įdėties - pašalinimo (rėčio) principas ir Bonferoninelygybės

Šiame skyrelyje nagrinėsime kaip suskaičiuoti įvykių A1, A2, . . . , An sąjungostikimybę P (

⋃ni=1Ai).

Tuo atveju, kai įvykiai A1,…, An yra poromis nesutaikomi (Ai ∩ Aj = ∅,kai i 6= j), sąjungos tikimybei taikome 3.1 teiginį:

P (A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An) = P (A1) + · · ·+ P (An).

Bendruoju atveju, kai įvykiai nėra nesutaikomi, ši lygybė, apskritai, nėrateisinga. Pavyzdžiui, bet kurių dviejų įvykių A1 ir A2 sąjungos tikimybė (žr.3.1 teiginį) lygi

P (A1 ∪ A2) = P (A1) + P (A2)− P (A1 ∩ A2). (22)

Panagrinėkime trijų įvykių A1, A2 ir A3 sąjungos tikimybę. Pradžiojepritaikome (22) formulę aibėms C = A1 ∪ A2 ir A3,

P (A1 ∪ A2 ∪ A3) = P(C ∪ A3

)= P (C) + P (A3)− P

(C ∩ A3

). (23)

Toliau, pasinaudojame tapatybe

C ∩ A3 = (A1 ∩ A3) ∪ (A2 ∩ A3)

ir pritaikome (22) formulę aibių D = A1 ∩ A3 ir B = A2 ∩ A3 sąjungaiC ∩ A3 = D ∪B,

P(C ∩ A3

)= P (D ∪B) = P (D) + P (B)− P (D ∩B) (24)

Įstatę šią formulę į (23) formulę, apskaičiuojame

P (A1 ∪ A2 ∪ A3) = P (C) + P (A3)− P (D)− P (B) + P (D ∩B).

21

Pastebėkime, kad D∩B = A1∩A2∩A3. Galop, pritaikę (22) lygybę P (C) =P (A1) + P (A2)− P (A1 ∩ A2), gauname

P (A1 ∪ A2 ∪ A3) = P (A1) + P (A2) + P (A3) (25)− P (A1 ∩ A2)− P (A1 ∩ A3)− P (A2 ∩ A3)

+ P (A1 ∩ A2 ∩ A3).

Didesnio įvykių skaičiaus sąjungos tikimybei rasti taikome rėčio formulę,kuri gali būti įrodyta panašiu metodu, kaip (25) formulė.

3.3 teiginys. Tarkime, kad (Ω,F , P ) yra tikimybinė erdvė. Bet kuriamaibių rinkiniui A1, . . . , An ∈ F yra teisinga lygybė

P

(n⋃k=1

Ai

)=

∑i1⊂[n]

P (Ai1)−∑

i1,i2⊂[n]

P (Ai1 ∩ Ai2) + · · ·

+ (−1)k+1∑

i1,i2,...,ik⊂[n]

P(Ai1 ∩ Ai2 · · · ∩ Aik

)+ · · ·

+ (−1)n+1P (Ai1 ∩ Ai2 · · · ∩ Ain). (26)

Pastaba. Paskutinė tikimybė P (Ai1∩Ai2 · · ·∩Ain)

= P (A1∩A2 · · ·∩An).

Formulėje ženklu∑i1,...,ik⊂[n] žymime sumą, kai sumuojama pagal visus in-

deksų rinkinius i1, . . . , ik po k elementų iš aibės [n] = 1, . . . , n. Peržvelgęvisas įmanomas rinkinio A1, A2, . . . , An aibių sankirtas Ai1 ∩Ai2 · · · ∩Aik pok aibių, ir suskaičiavę tų sankirtų tikimybes, jas sudedame. Gauta suma yra∑i1,i2,...,ik⊂[n] P (Ai1 ∩ · · · ∩Aik). Pavyzdžiui, tuo atveju, kai k = 1, ši suma∑i1⊂[n] P (Ai1) =

∑ni=1 P (Ai).

Įrodymas. Kai n = 2 ir n = 3 teiginio (26) formulė atitinka su jau įrodytas(22) ir (25) formules. Įrodyme taikysime indukciją. Tarsime, kad teiginysyra teisingas, rinkinaims po n aibių (indukcinė prielaida).

Ėmę bet kokį aibių rinkinį A1, A2, . . . , An+1 ∈ F , įrodysime, kad jamyra teisinga (26) lygybė. Pažymėkime C =

⋃ni=1Ai ir A′i = Ai ∩ An+1, kai

1 ≤ k ≤ n. Toliau naudosimės tapatybe C ∩ An+1 =⋃ni=1A

′i.

Iš (22) išplaukia lygybė

P

(n+1⋃i=1

Ai

)= P (C ∪ An+1) = P (C) + P (An+1)− P (C ∩ An+1). (27)

Pasinaudoję indukcine, prielaida galime taikyti (26) formulę tikimybėms

P (C) = P

(n⋃i=1

Ai

)ir P (C ∩ An+1) = P

(n⋃i=1

A′i

). (28)

22

Taigi išskleidžiame P (⋃ni=1Ai) tikimybių P

(Ai1 ∩ Ai2 · · · ∩ Aik

)sumomis, o

P (⋃ni=1A

′i) išskleidžiame tikimybių

P(A′i1 ∩ A

′i2· · · ∩ A′ik

)= P

(Ai1 ∩ Ai2 · · · ∩ Aik ∩ An+1

)sumomis. Įstatę gautas išraiškas į (27) formulę, gauname sumą

P

(n+1⋃k=1

Ai

)=

∑i1⊂[n+1]

P (Ai1)−∑

i1,i2⊂[n+1]

P (Ai1 ∩ Ai2) + · · ·

+ (−1)k+1∑

i1,i2,...,ik⊂[n+1]

P(Ai1 ∩ Ai2 · · · ∩ Aik

)+ · · ·

+ (−1)n+2P (Ai1 ∩ Ai2 · · · ∩ Ain+1

).

Dėmenis P (Ai1∩· · ·∩Aik), kuriuose nedalyvauja aibė An+1, gauname išskleidętikimybę P (

⋃ni=1 Ai). Dėmenis P (Ai1 ∩ · · · ∩ Aik), kuriuose dalyvauja aibė

An+1, gauname išskleidę tikimybę P (⋃ni=1A

′i).

Matome, kad mūsų teiginys yra teisingas aibių rinkiniui A1, A2, . . . , An+1.Įrodymas baigtas.Norėdami tiksliai apskaičiuoti aibių sąjungos tikimybę, galime remtis for-

mule (26). Ši formulė yra sudėtinga, o ja pasinaudoti galime tik tuomet,kai mokame rasti skaičius

∑i1,...,ik⊂[n] P (Ai1 ∩ Ai2 · · · ∩ Aik) visiems k =

1, 2, . . . , n. Kartais pakanka žinoti apytikslę tikimybės P (⋃ni=1 Ai) reikšmę.

Tuomet galime pasinaudoti Bonferoni nelygybėmis. Jos susieja tikimybęP (⋃ni=1Ai) su keletu pirmųjų (26) formulės narių suma.

Pažymėkime pirmųjų k (26) formulės narių sumą

Sk =∑i1⊂[n]

P (Ai1)−∑

i1,i2⊂[n]

P (Ai1 ∩ Ai2) + · · ·

+ (−1)k+1∑

i1,i2,...,ik⊂[n]

P(Ai1 ∩ Ai2 · · · ∩ Aik

).

Yra teisingas toks teiginys.3.4 teiginys. Tarkime, 1 ≤ k ≤ n. Jei skaičius k yra lyginis, tai

P (⋃ni=1Ai) ≥ Sk. Jei skaičius k yra nelyginis, tai P (

⋃ni=1 Ai) ≤ Sk.

Šio teiginio įrodymas remiasi indukcija ir yra labai panašus į 3.3 teiginioįrodymą.

Užduotys.1. "Žalgirio" krepšinio komanda turi žaisti su "Lietuvos ryto" ir "Neptūno"

komandomis. Tikimybė, kad "Žalgiris" nugalės "Lietuvos rytą" vertinama 0.6.

23

Tikimybė, kad "Žalgiris" nugalės "Neptūną" vertinama 0.7. Tikimybė, kad"Žalgiris" laimės bent vienas rungtynes yra vertinama 0.8. Kokia tikimybė,kad "Žalgiris" laimės abi rungtynes?

2. Parduotuvėje prie mokyklos galima nusipirkti 10 skirtingų rūšių sal-dainių. Per pertrauką į parduotuvę atbėgo 15 pirmokų. Kiekvienas mokinysperka tik vienos rūšies saldainių. Kokia tikimybė, kad buvo nupirkta kiekvienosrūšis saldainių? Laikome, kad visi mokinių pasirinkimo variantai yra vienodaitikėtini.

4 Sąlyginės tikimybės ir nepriklausomi įvykiai

4.1 Sąlyginės tikimybės

4.1 pavyzdys. Metame kauliuką. Žinome, kad iškritusių akučių skaičiusyra lyginis, tačiau tikslaus iškritusio skaičiaus nematome. Kokia tikimybė,kad iškritusių akučių skaičius yra nedidesnis nei 5?

Sprendimas. Metus kauliuką, baigčių aibė Ω = ω1, . . . , ω6 susideda iš6 elementariųjų įvykių (baigčių). Jų tikimybės vienodos, P (ωi) = 1/6,1 ≤ i ≤ 6. Įvykis A, "iškritusių akučių skaičius lyginis", atitinka poaibįA = ω2, ω4, ω6 ⊂ Ω. Įvykis B, "iškritusių akučių skaičius neviršija 5",atitinka poaibį B = ω1, ω2, . . . , ω5 ⊂ Ω.

Mus domina įvykio B tikimybė, jei žinome, kad įvyko A. Kadangi dau-giau informacijos apie eksperimento rezultatą neturime, laikysime, kad visosįvykiui A palankios baigtys yra vienodai tikėtinos. Dvi iš jų, t.y., ω2 ir ω4,yra palankios ir įvykiui B. Šios baigtys sudaro sudaro 2/3 visų įvykiui Apalankių baigčių. Sakome, kad sąlyginė įvykio B tikimybė su sąlyga (kadyra įvykęs įvykis) A yra 2/3. Žymime P (B|A) = 2/3.

Tarsime, kad (Ω,F , P ) yra tikimybinė erdvė. Toliau šiame skyrelyje na-grinėsime įvykius A,B, · · · ∈ F ir jų tikimybes P (A), P (B), . . . .

4.1 apibrėžimas. Tarkime A,B ∈ F ir P (A) > 0. Įvykio B sąlyginetikimybe su sąlyga A vadiname santykį

P (B|A) =P (A ∩B)

P (A).

Komentaras. Skaičius P (B|A) atspindi kokią dalį aibės A sudaro aibės Belementai (= bendri abiems aibėms elementai). Aibių dydžius "matuojame"pasitelkę "svorio" funkciją P .

24

Pastabos. Yra teisingos lygybės P (Ω|A) = 1 ir P (A|A) = 1. Jos išplaukiaiš sąlyginės tikimybės apibrėžimo

P (Ω|A) =P (Ω ∩ A)

P (A)=P (A)

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

P (A ∩ A)

P (A)=P (A)

P (A)= 1.

Yra teisinga nelygybė 0 ≤ P (B|A) ≤ 1. Ji išplaukia iš sąlyginės tikimybėsapibrėžimo ir nelygybės P (B ∩ A) ≤ P (A).

4.1 teiginys (Tikimybių sandaugos teorema). Tarkime, įvykiaiA1, A2, . . . , An ∈ F ir P

(⋂n−1i=1 Ai

)> 0. Tuomet

P

(n⋂i=1

Ai

)= P (A1)P (A2|A1)P (A3|A1∩A2) · · ·P (An|A1∩· · ·∩An−1). (29)

Įrodymas. (29) lygybės dešinėje yra sąlyginių tikimybių sandauga. Visosšios sąlyginės tikimybės yra korektiškai apibrėžtos, nes iš sąryšių

A1 ⊃ (A1 ∩ A2) ⊃ · · · ⊃ (A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An)

ir salygos P(⋂n−1

i=1 Ai)> 0 išplaukia

P (A1) ≥ P (A1 ∩ A2) ≥ · · · ≥ P (A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An) > 0.

Kai turime tik dvi aibes A1 ir A2, (29) formulė išplaukia iš sąlyginėstikimybės apibrėžimo

P (A1 ∩ A2) = P (A1)P (A2|A1).

Toliau įrodyme taikome indukciją. Tarsime, kad teiginys teisingas bet kuriamrinkiniui iš k įvykių. Ėmę bet kuriuos A1, A2, . . . , Ak+1 ∈ F , tenkinančiussąlygą P

(⋂ki=1Ai

)> 0, įrodysime (29) formulę. Šį kartą (29) formulės

įvykių skaičius n = k + 1.Pažymėkime B =

⋂ki=1Ai. Pritaikę lygybes

P

(k+1⋂i=1

Ai

)= P (B ∩ Ak+1) = P (B)P (Ak+1|B)

ir įstatę

P (B) = P (A1)P (A2|A1)P (A3|A1 ∩ A2) · · ·P (An|A1 ∩ · · · ∩ Ak−1)

25

(ši lygybė išplaukia iš indukcinės prielaidos), apskaičiuojame tikimybę

P

(k+1⋂i=1

Ai

)= P (B ∩ Ak+1)

= P (A1)P (A2|A1) · · ·P

(Ak

∣∣∣ k−1⋂i=1

Ai

)P

(Ak+1

∣∣∣ k⋂i=1

Ai

).

Įrodymas baigtas.4.2 pavyzdys. Turnyre dalyvauja 8 komandos. Atsitiktinai pasirenkame

4 sirgalius. Laikome, kad kiekvienas sirgalius "serga" tik už vieną komandą,o visi komandų pasirinkimo variantai yra vienodai tikėtini. Kokia tikimybė,kad jie serga už skirtingas komandas?

Sprendimas. Komandas žymime 1, 2, . . . , 8. Sirgalių pasirinktas koman-das atitinka žodžis k1k2k3k4, kurio raidės k1, k2, k3, k4 yra iš abėcėlės 1, 2, . . . ,8. Skirtingų žodžių yra 84. Žodžių, kurių visos raidės skirtingos, yra(8)4 = 8 · 7 · 6 · 5. Todėl įvykio A "pasirinktos skirtingos komandos" tikimybėP (A) = (8)4/8

4 = 7 · 6 · 5/83. Čia naudojomės klasikiniu tikimybės api-brėžimu. Šią tikimybę galime apskaičiuoti ir kitu būdu. Galime tarti, kadpradžioje savo komandą pasirenka pirmasis sirgalius, o visos komandos turivienodus šansus. Toliau savąją komandą pasirenka antrasis sirgalius. Ir vėlvisos komandos turi vienodus šansus ir t.t. Pažymėkime įvykį A1 "antrojo sir-galiaus komanda skiriasi nuo pirmojo", A2 "trečiojo sirgaliaus komanda skiri-asi nuo pirmųjų dviejų", A3 "ketvirtojo koamnda skiriasi nuo pirmųjų trijų".Įvykiui A1 yra palankios visos komandos, išskyrus k1. Taigi P (A1) = 7/8.Įvykiui A2 yra palankios visos komandos, išskyrus k1, k2. Todėl P (A2) = 6/8.Įvykiui A3 yra palankios visos komandos, išskyrus k1, k2, k3. Todėl P (A3) =5/8. Pritaikę tikimybių sandaugos teoremą įvykiui A = A1 ∩ A2 ∩ A3, ran-dame

P (A) = P (A1)P (A2|A1)P (A3|A1 ∩ A2) =7

8· 6

8· 5

8.

4.2 teiginys (Pilnosios tikimybės formulė). Tarkime, H1, H2, . . . Hn ∈F tenkina sąlygas Hi ∩ Hj = ∅, kai i 6= j, ir H1 ∪ · · · ∪ Hn = Ω. Tarkime,P (Hi) > 0 visiems i. Tuomet bet kuriai aibei A ∈ F yra teisinga lygybė

P (A) =n∑i=1

P (Hi)P (A|Hi). (30)

Tarkime, H1, H2, · · · ∈ F tenkina sąlygas Hi ∩ Hj = ∅, kai i 6= j, ir∪∞i=1Hi = Ω. Tarkime, P (Hi) > 0 visiems i. Tuomet bet kuriai aibei A ∈ F

26

yra teisinga lygybė

P (A) =∞∑i=1

P (Hi)P (A|Hi). (31)

Įrodymas. Įrodysime (30) formulę. (31) formulės įrodymas yra toks pats,

tik vietoje mato adityvumo savybės taikome σ− adityvumo savybę. Iš aibiųlygybės

A = A ∩ Ω = A ∩

(n⋃i=1

Hi

)=

n⋃i=1

(A ∩Hi)

ir tikimybinio mato σ− adityvumo savybės išplaukia

P (A) =n∑i=1

P (A ∩Hi).

Čia pasinaudojome tuo kad aibės Hi ∩A ir Hj ∩A nesikerta, kai i 6= j. Pri-taikę sąlyginės tikimybės apibrėžimą P (A ∩Hi) = P (Hi)P (A|Hi), išvedameformulę

P (A) =n∑i=1

P (Hi)P (A|Hi).

Įrodymas baigtas.4.3 pavyzdys. Turime 5 dėžes su vaisiais. Dvi dėžės turi po 2 obuolius

ir kriaušę, kitos dvi dėžės turi po 3 obuolius ir kriaušę. Penktoji dėžė turi10 kriaušių. Sakysime, kad turime po dvi dėžes pirmosios ir antrosios rūšiesir vieną dėžę trečiosios rūšies. Atsitiktinai parinkę dėžę iš jos atsitiktinaiišrinkome vaisių. (Tarsime, kad visos penkios dėžės turi vienodus šansus.Taip pat visi pasirinktos dėžės vaisiai turi vienodas galimybes būti ištraukti.)Kokia tikimybė, kad yra pasirinktas obuolys?

Sprendimas. Pažymėkime įvykius: A "ištrauktas vaisius yra obuolys"ir Hi "parinkta i−tos rūšies dėžė". Čia i = 1, 2, 3. Įvykių Hi tikimybėsP (H1) = P (H2) = 2/5 ir P (H3) = 1/5. Tikimybė ištraukti obuolį iš pirmos

27

rūšies dėžės yra P (A|H1) = 2/3, tikimybė ištraukti obuolį iš antros rūšiesdėžės yra P (A|H2) = 3/4, tikimybė ištraukti obuolį iš trečios rūšies dėžėsyra P (A|H3) = 0. Pritaikę (30) formulę, randame

P (A) = P (A|H1)P (H1)+P (A|H2)P (H2)+P (A|H3)P (H3) =2

3

2

5+

3

4

2

5=

17

30.

4.3 teiginys (Bejeso formulė, Thomas Bayes 1702-1761). Tarkime,A,B ∈ F ir P (A) > 0, P (B) > 0. Tuomet

P (B|A) =P (B)

P (A)P (A|B). (32)

Įrodymas. (32) formulė išplaukia iš sąlyginės tikimybės apibrėžimo:

P (A|B)P (B) = P (A ∩B) = P (B|A)P (A).

Įrodymas baigtas.4.4 teiginys (Bejeso teorema). Tarkime, H1, H2, . . . Hn ∈ F tenkina

sąlygas Hi ∩Hj = ∅, kai i 6= j, ir H1 ∪ · · · ∪Hn = Ω. Tarkime, P (Hi) > 0visiems i. Tuomet bet kuriai aibei A ∈ F , tenkinančiai sąlygą P (A) > 0, yrateisingos lygybės

P (Hk|A) =P (Hk)P (A|Hk)∑ni=1 P (Hi)P (A|Hi)

, k = 1, 2, . . . , n. (33)

Tarkime, H1, H2, · · · ∈ F tenkina sąlygas Hi ∩ Hj = ∅, kai i 6= j, ir∪∞i=1Hi = Ω. Tarkime, P (Hi) > 0 visiems i. Tuomet bet kuriai aibei A ∈ F ,tenkinančiai sąlygą P (A) > 0, yra teisingos lygybės

P (Hk|A) =P (Hk)P (A|Hk)∑∞i=1 P (Hi)P (A|Hi)

, k = 1, 2, . . . . (34)

Įrodymas. Iš (32) formulės išplaukia lygybė

P (Hk|A) =P (Hk)

P (A)P (A|Hk).

Įstatę pilnosios tikimybės formules (30) ir (31) vardiklio tikimybei P (A) ap-skaičiuoti, išvedame (33) ir (34) formules. Įrodymas baigtas.

4.3 pavyzdys. Tęsinys. Tarkime, kad atsitiktinai išrinktas vaisius buvoobuolys. Kokia tikimybė, kad buvo pasirinkta antrosios rūšies dėžė?

28

Sprendimas. Mus domina tikimybė P (H3|A). Iš Bejeso teoremos turime

P (H3|A) =P (H3)P (A|H3)

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

=25

34

25

23

+ 25

34

+ 15

010

.

4.2 Nepriklausomi įvykiai

4.4 pavyzdys. Artilerijos apšaudomoje srityje S yra kvadratas Ω = [0; 1]×[0; 1]. Pirmas stebėtojas registruoja šūvius, kurių x koordinatė patenka įapžvalgos intervalą [a; b]. Antrasis stebėtojas registruoja šūvius, kurių y ko-ordinatė patenka į apžvalgos intervalą [c; d]. Pažymėkime (X, Y ) pirmojošūvio, pataikiusio į kvadratą Ω, koordinates. Sakome, kad įvyko įvykis A, jeišį šūvį registravo pirmas stebėtojas. Sakome, kad įvyko įvykis B, jei šį šūvįregistravo antrasis stebėtojas. Įvykių tikimybes apskaičiuosime remdamiesigeometrinių tikimybių modeliu:

P (A) =QA

QΩ

=b− a

1= b− a,

P (B) =QB

QΩ

=d− c

1= d− c,

P (A ∩B) =QA∩B

QΩ

=(b− a)(d− c)

1= (b− a)(d− c) = P (A)P (B).

Atrodytų, kad pirmojo ir antrojo stebėtojų rezultatai vienas kito neturėtųįtakoti. Pavyzdžiui, žinodami kad įvyko įvykis A, šios žinios negalime panau-doti spėjimui apie šūvio y koordinatės reikšmę - šansai, kad Y patenka į

29

intervalą [c; d] nepriklauso nuo to ar įvykis A įvyko ar ne. Išvertę į matem-atikos kalbą, gautume formulę P (B|A) = P (B). Ji išplaukia iš lygybėsP (A ∩B) = P (A)P (B).

Tarsime, kad (Ω,F , P ) yra tikimybinė erdvė. Toliau nagrinėsime įvykiusA,B, · · · ∈ F ir jų tikimybes P (A), P (B), . . . .

4.2 apibrėžimas. Įvykius A,B ∈ F vadiname nepriklausomais jei P (A∩B) = P (A)P (B).

Pastaba. Tarkime P (A) > 0. Iš sąlyginės tikimybės apibrėžimo išplaukia,kad šie teiginiai yra ekvivalentūs:

1) Įvykiai A ir B yra nepriklausomi;2) P (B|A) = P (B).Jei A ir B yra nepriklausomi, įstatome lygybę P (A ∩ B) = P (A)P (B) į

sąlyginės tikimybės formulę ir apskaičiuojame P (B|A) = P (A ∩B)/P (A) =P (B). Kitą vertus, įstatę lygybę P (B|A) = P (B) į sąlyginės tikimybėsformulę P (B|A) = P (A∩B)/P (A), išvedame lygybę P (A∩B) = P (A)P (B).

4.5 teiginys. Tarkime, A,B ∈ F . Yra teisingi tokie teiginiai.(i) Jei įvykiai A ir B yra nepriklausomi, tai įvykiai A ir B yra neprik-

lausomi. Primename, kad B = Ω \B.(ii) Jei P (A) = 0, tai bet kuriam įvykiui B ∈ F įvykiai A ir B yra

nepriklausomi. Jei P (A) = 1, tai bet kuriam įvykiui B ∈ F įvykiai A ir Byra nepriklausomi.

(iii) Tarkime, B1, B2, · · · ∈ F tenkina sąlygą Bi ∩ Bj = ∅ visiems i 6= j.Tarkime, įvykiai A ir Bi yra nepriklausomi visiems i. Tuomet įvykiai A irD = ∪i≥1Bi yra nepriklausomi.

Įrodymas. Įrodome (i). Iš tapatybės A ∩B = A \ (A ∩B) išplaukia

P (A ∩B) = P (A \ (A ∩B)) = P (A)− P (A ∩B).

Istatę lygybę P (A ∩B) = P (A)P (B), pabaigiame įrodymą

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

Įrodome (ii). Tarkime, P (A) = 0. Sankirta A ∩ B yra aibės A dalis.Todėl 0 ≤ P (A ∩B) ≤ P (A) = 0. Iš čia išplaukia, kad

P (A ∩B) = 0 = 0 · P (B) = P (A)P (B).

Tarkime, P (A) = 0. Tuomet P (A) = 0 ir galime taikyti (i) teiginį.Įrodome (iii). Iš tapatybės D ∩ A = ∪i≥1(Bi ∩ A) išplaukia

P (D ∩ A) =∑i≥1

P (Bi ∩ A).

30

Čia pasinaudojome mato σ-adityvumo savybe. Ja galime naudotis, nes Bi ∩Bj = ∅, kai i 6= j. Kiekvienas dėmuo P (Bi ∩ A) = P (Bi)P (A), nes įvykiaiBi ir A nepriklausomi. Taigi

P (D ∩ A) =∑i≥1

P (Bi)P (A) = P (A)∑i≥1

P (Bi) = P (A)P (D).

Čia vėl pritaikėme mato σ-adityvumo savybę: P (D) =∑

i≥1 P (Bi).Įrodymas baigtas.4.3 apibrėžimas. Nagrinėkime įvykių rinkinį U ⊂ F . Sakome, kad U

yra nepriklausomų įvykių sistema (rinkinys) jei bet kuriam baigtiniam įvykiųrinkiniui A1, A2, . . . , Ak ∈ U yra teisinga lygybė

P (A1 ∩ · · · ∩ Ak) = P (A1) · · ·P (Ak). (35)

Pastaba. Tarkime, įvykiai A1, A2, . . . , An ∈ F sudaro nepriklausomąįvykių sistemą A1, . . . , An. Pakeitę kai kuriuos įvykius Ai jų neiginiaisAi, sudarysime nepriklausomą įvykių sistemą.

Įrodymas. Pakanka įrodyti, kad A1, A2, A3, . . . , An yra nepriklausomųįvykių sistema (vėliau galėsime keisti įvykius papildiniais vieną po kito).Pasirinkę A1, Ai2 , Ai3 , . . . , Aik ∈ A1, A2, A3, . . . , An pažymime A = Ai2 ∩Ai3 ∩ · · · ∩ Aik . Yra teisingos lygybės

P (A1 ∩ Ai2 ∩ Ai3 ∩ · · · ∩ Aik) = P (A ∩ A1) = P (A \ (A ∩ A1)),

P (A \ (A ∩ A1)) = P (A)P (A1) = P (A1)P (Ai2)P (Ai3) · · ·P (Aik)

Antrosios eilutės pirmoji lygybė yra išvesta 4.5 (i) teiginio įrodyme. Įrodymasbaigtas.

4.4 pavyzdys. Tetraedras turi 4 sienas. Pirmą sieną nudažome raudonai,antrą - žaliai, trečią - geltonai. Ketvirtą sieną nuspalviname taip, kad jiturėtų po lopinėlį visų trijų spalvų. Ridename nuspalvinta tetraedrą plokš-tuma. Jam sustojus atverčiame sieną, kuria tetraedras remiasi į plokštumą.Sakome, kad įvyko įvykis AR, jei ši siena turi raudonos spalvos. Panašiai api-brėžiame įvykius AZ ir AG. Ar įvykiai AR, AZ ir AG sudaro nepriklausomųįvykių sistemą?

Sprendimas. Eksperimento modelis yra tikimybinė erdvė (Ω,F , P ), čiaΩ = ω1, ω2, ω3, ω4. Elementarioji baigtis ωi atitinka situaciją, kai i−tojisiena liečia plokštumą. Kadangi visi variantai turi vienodus šansus, taiP (ωi) = 1/4 visiems i. Įvykių algebrą F sudaro visi aibės Ω poaibiai.

Kadangi

AR = ω1, ω4, AZ = ω2, ω4, AG = ω3, ω4,

31

gauname P (AR) = P (AZ) = P (AG) = 1/2. Kita vertus,

AR ∩ AZ = ω4, AR ∩ AG = ω4, AZ ∩ AG = ω4.

TodėlP (AR ∩ AZ) = P (AR ∩ AG) = P (AZ ∩ AG) = 1/4.

Darome išvadą kad,

P (AR ∩ AZ) = P (AR)P (AZ), P (AR ∩ AG) = P (AR)P (AG),

P (AZ ∩ AG) = P (AZ)P (AG).

Taigi bet kurią įvykių porą sudaro nepriklausomi įvykiai. Tačiau AR, AZ , AGnėra nepriklausomų įvykių sistema, nes

P (AR ∩ AZ ∩ AG) = P (ω4) =1

46= 1

8= P (AR)P (AZ)P (AG).

4.5 pavyzdys. Tikimybė, kad šaulys pataikys į taikinį yra 1/3. Kokiatikimybė, kad iššovus 9 kartus visi šūviai bus taiklūs? Kokia tikimybė, kadbent vienas šūvis bus taiklus? Kokia tikimybė, kad pirmas, antrasis ir penk-tasis šūviai taiklūs, o likę - ne? Laikome, kad skirtingų šūvių rezultatainepriklauso vienas nuo kito (t.y., jie sudaro nepriklausomų įvykių sistemą).

Sprendimas. Įvykį A - "visi šūviai taiklūs" atitinka sankirta, A = A1 ∩A2 ∩ · · · ∩ A9, čia Ai žymi įvykį, kad i-as šūvis taiklus. Taigi

P (A) = P (A1)P (A2) · · ·P (A9) = (1/3)9.

ĮvykioB "bent vienas šūvis taiklus" tikimybę apskaičiuosime taip. Pradžiojerandame jam priešingo įvykio B "visi šūviai nesėkmingi" tikimybę. Įvykį Batitinka įvykių sankirta, B = ∩9

i=1Ai. Įvykiai A1, . . . , A9 sudaro nepriklau-somų įvykių sistemą. Taigi

P (B) = P (A1)P (A2) · · ·P (A9) = (1− 1/3)9 = (2/3)9.

Dabar randame P (B) = 1− P (B) = 1− (2/3)9.Įvykį D "pirmas, antrasis ir penktasis šūviai taiklūs, o likę - ne" atitinka

sankirtaA1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ∩ A5 ∩ A6 ∩ A7 ∩ A8 ∩ A9

Pasirėmę pastaba, einančia po 4.3 apibrėžimo, randame tikimybę

P (D) = P (A1)P (A2)P (A3)P (A4)P (A5)P (A6)P (A7)P (A8)P (A9)

= (1/3)3(2/3)6.

32

5 Binominė tikimybė ir Puasono teorema

5.1 Binominė tikimybė5.1 apibrėžimas (binominė tikimybė). Tarsime, kad skirtingose monetospusėse yra įrašyti skaičiai 0 ir 1. Metus monetą skaičiaus 1 atsivertimotikimybė yra p. Skaičiaus 0 atsivertimo tikimybė yra q = 1 − p. Kai p 6=0.5 monetą vadiname nesimetrine. Monetą metame n kartų. Tariame, kadskirtingų monetos metimų rezultatai yra nepriklausomi. Kokia tikimybė, kadskaičius 1 atsivers k kartų? Ją vadiname binomine tikimybe.

Apskaičiuosime binominę tikimybę. Pradžioje aptarsime matematinį už-davinio modelį, sukonstruosime tikimybinę erdvę. Vieną kartą metame mon-etą. Šis statistinis eksperimentas turi dvi galimas baigtis: 0 ir 1. Jo matem-atinis modelis yra tikimybinė erdvė (Ω0,F0, P0). Čia Ω0 = 0, 1 ir F0 =∅,Ω0, 0, 1

. Tikimybinis matas P0(0) = q ir P (1) = p. Tokį

eksperimentą vadinsime Bernulio eksperimentu.n kartų metame monetą. Dabar statistinio eksperimento baigtį žymime

dvejetainiu vektoriumi ω = (ω1, ω2, . . . , ωn). Čia wi ∈ 0, 1 nurodo i-jumetimu atsivertusį skaičių. Šio statistinio eksperimento galimų baigčių aibė

Ω =ω = (ω1, ω2, . . . , ωn) : wi ∈ 0, 1, 1 ≤ i ≤ n

. (36)

Kiekvienai baigčiai ω priskirsime svorį/tikimybę P (ω). Baigtį ω = (ω1,ω2, . . . , ωn) atitinka įvykių sankirta:

pirmuoju metimu atsivertė ω1 ∩ antruoju metimu atsivertė ω2 ∩ · · · .

Atsižvelgę į sąlygą, jog šie įvykiai yra nepriklausomi (žr. 4 skyrelio 4.5pavyzdį), tikimybei P (ω) priskiriame reikšmę

P (ω) = P0(ω1)P0(ω2) · · ·P0(ωn) = ps(ω)qn−s(ω). (37)

Čia s(ω) =∑n

i=1 Iωi=1 žymi vektoriaus ω = (ω1, ω2, . . . , ωn) vienetukųskaičių. Dabar galime nustatyti bet kurios aibės/įvykioA ⊂ Ω svorį/tikimybę:

P (A) =∑ω∈A

P (ω). (38)

Taigi statistinio eksperimento, kuomet moneta metama n kartų, tikimybinėerdvė yra (Ω,F , P ). Čia Ω ir P yra apibrėžti (36) ir (38) formulėse, o F yravisų aibės Ω poaibių rinkinys. Šią tikimybinė erdvę vadiname nepriklausomųBernulio eksperimentų tikimybine erdve. Žymime

Ω = Ω0 × Ω0 × · · · × Ω0 = Ωn0 ir P = P0 × P0 × · · · × P0 = P n

0 .

33

Pasiremdami matematiniu modeliu rasime binominę tikimybę. Įvykį Ak"vienetas atsivertė k kartų" sudaro baigtys ω, turinčios s(ω) = k vienetų.Taigi

P (Ak) =∑ω∈Ak

P (ω) =∑ω∈Ak

pkqn−k = pkqn−k|Ak| = pkqn−k(n

k

). (39)

Paskutinėje lygybėje suskaičiavome dvejetainius vektorius, turinčius n koor-dinačių, tarp kurių yra k vienetų: |Ak| =

(nk

).

5.2 apibrėžimas (polinominė tikimybė). Turime iškilą briaunainį sum sienų B1, . . . , Bm. Vadinsime jį kauleliu. Metame kaulelį and horizontaliosplokštumos. Pariedėjęs jis sustos. Sakome, kad atsivertė siena Bk, jei sustojęskaulelis šia siena liečia plokštumą. Tikimybę, kad atsivertusi siena yra Bk,pažymėkime pk. Tikimybės p1, . . . , pm > 0 gali būti skirtingos. Jų sumap1+· · ·+pm = 1. Duoti sveikieji skaičiai n1, n2, . . . , nm ≥ 0. Jų sumą žymimeN = n1 +n2 + · · ·+nm. N kartų metame kaulelį. Tarę, jog skirtingų metimųrezultatai yra neprikalusomi, norime rasti tikimybę, kad pirmoji siena B1

atsivers n1 kartų, antroji siena B2 atsivers n2 kartų, ir tt. Šią tikimybęvadiname polinomine.

Vieno metimo eksperimentą atitinka tikimybinė erdvė (Ω0,F0, P0). Čiagalimų baigčių aibė Ω0 = B1, . . . , Bm, baigčių tikimybės P0(Bi) = pi,kai i = 1, . . . ,m, o įvykių rinkinį F0 sudaro visi Ω0 poaibiai.

N kartų metame kaulelį. Šio statistinio eksperimento baigtį žymime ω =(ω1, ω2, . . . , ωn). Čia wi ∈ B1, . . . , Bm nurodo i-ju metimu atsivertusiąsieną. Galimų baigčių aibė

Ω =ω = (ω1, ω2, . . . , ωn) : wi ∈ B1, . . . , Bm, 1 ≤ i ≤ N

= ΩN

0 . (40)

Kiekvienai baigčiai ω priskirsime svorį/tikimybę P (ω):

P (ω) = P0(ω1)P0(ω2) · · ·P0(ωn) = ps1(ω)1 p

s2(ω)2 · · · psm(ω)

m . (41)

Čia sj(ω) =∑N

i=1 Iωi=Bj žymi skaičių vektoriaus ω koordinačių, lygių Bj.(41) formulė atitinka sąlygą, kad skirtingų metimų rezultatai nepriklausovienas nuo kito (palyginkite su (37) formule). Mus dominantį įvykįAn1,n2,...,nm :

”kiekvienam j = 1, . . . ,m siena Bj atsivertė nj kartų”

sudaro baigtys ω, kurios tenkina sąlygas

sj(ω) = nj, j = 1, . . . ,m. (42)

34

Taigi

P (An1,n2,...,nm) =∑

ω∈An1,n2,...,nm

P (ω) (43)

=∑

ω∈An1,n2,...,nm

pn11 p

n22 · · · pnm

m

= pn11 p

n22 · · · pnm

m |An1,n2,...,nm|

= pn11 p

n22 · · · pnm

m

N !

n1!n2! · · ·nm!

Paskutinėje lygybėje suskaičiavome vektorius ω, tenkinančius (42) sąlygas:|An1,n2,...,nm| =

(n

n1...nm

)= N !

n1!n2!···nm!.

5.2 Puasono teoremaRasime apytikrę binominės tikimybės

(nk

)pk(1−p)n−k reikšmę tuo atveju, kas

skaičius n yra didelis, o vieneto atsivertimo tikimybė p yra maža (tiksliau, pyra atvirkščiai proporcinga skaičiui n).

5.1 teiginys (Puasono teorema). Tarkime, λ ≥ 0, o sekos pn nariaiyra skaičiai iš intervalo (0, 1], tenkinantys sąlygą

limn→∞

npn = λ. (44)

Kiekvienam sveikajam skaičiui k ≥ 0 egzistuoja riba

limn

(n

k

)pkn(1− pn)n−k =

λk

k!e−λ. (45)

Pastaba. Kai λ = 0 ir k = 0 santykiui λk/k! priskiriame reikšmę 1.Įrodymas. Išskaidome skaičių an =

(nk

)pkn(1− pn)n−k į daugiklius

an =n!

k!(n− k)!

(npn)k

nk(1− pn)n−k =

AnBn

Cn(1− pn)n. (46)

Čia

An =n(n− 1) · · · (n− k + 1)

nk, Bn = (1− pn)k, Cn =

(npn)k

k!.

Kai k ≥ 1 (45) formulė ir ribos egzistavimas išplaukia iš ribų

An → 1, Bn → 1, Cn →λk

k!, (1− pn)n → e−λ, kai n→∞. (47)

35

Pirmosios trys ribos yra akivaizdžios. Įrodysime ketvirtąją. Įrodyme nenau-dosime sąlygos k ≥ 1. Pradžioje pertvarkome reiškinį

(1− pn)n = expln(1− pn)n = expn ln(1− pn) = exp ln(1− pn)

pnnpn

.

Toliau, pasirėmę žinoma riba

limx→0

ln(1 + x)

x= 1, (48)

darome išvadą, kad santykis

ln(1− pn)

pn→ −1,

nes pn → 0, kai n→ +∞. Dabar pasinaudojame (44) sąlyga ir randame ribą

limn→+∞

(ln(1− pn)

pn· npn

)= lim

n→+∞

ln(1− pn)

pn· limn→+∞

npn = (−1) · λ = −λ.

Funkcija x→ ex yra tolydžioji. Todėl

limn→+∞

exp ln(1− pn)

pnnpn

= exp

lim

n→+∞

(ln(1− pn)

pnnpn

)= e−λ.

Taigilim

n→+∞(1− pn)n = e−λ. (49)

Liko įrodyti (45) formulę, kai k = 0. Šiuo atveju an = (1 − pn)n irlimn→+∞ an = e−λ, žr. (49).

Įrodymas baigtas.

6 Mačiosios funkcijos ir atsitiktiniai dydžiai

6.1 Mačiosios funkcijos6.1 apibrėžimas. Tarsime, kad (Ω1,F1) ir (Ω2,F2) yra mačiosios erdvės.Atvaizdį f : Ω1 → Ω2 vadiname (F1,F2) mačiuoju, jei kiekvienos aibėsA ∈ F2 pirmavaizdžių aibė f−1(A) ∈ F1.

Užduotis. Tarkime, (Ω1,F1), (Ω2,F2) ir (Ω3,F3) yra mačiosios erdvės.Tarkime, atvaizdis f : Ω1 → Ω2 yra (F1,F2) matusis, o atvaizdis g : Ω2 → Ω3

yra (F2,F3) matusis. Įrodykite, kad atvaizdžių f ir g kompozicija h : Ω1 →

36

Ω3, kuri aibės Ω1 elementams ω1 ∈ Ω1 priskiria vaizdus h(ω1) = g (f(ω1)),yra (F1,F3) matusis atvaizdis.

Pastaba. Nagrinėkime aibę Ω ir kokią nors σ-algebrų šeimą S = Ft, t ∈T. Čia T yra indeksų rinkinys, o kiekvieną indeksą t ∈ T atitinka tamtikra σ-algebra Ft, sudaryta iš aibės Ω poaibių. (Gali būti, kad visos Ftyra vienodos.) Teigiame, kad tie aibės Ω poaibiai, kurie yra bendri visiemsrinkiniams Ft, t ∈ T , sudaro σ-algebrą. Pažymėkime tokį poaibių rinkinį

F :=⋂t∈T

Ft =⋂Ft∈S

Ft.

Taigi teigiame, kad F yra σ-algebra.Pastabos įrodymas. Pastebėkime, kad ∅,Ω ∈ Ft visiems t ∈ T , nes

kiekvienas rinkinys Ft yra σ-algebra. Todėl ∅,Ω ∈ F .Tarkime, kad A ∈ F . Tuomet A ∈ Ft visiems t ∈ T . Todėl A ∈ Ft

visiems t ∈ T , nes kiekvienas rinkinys Ft yra σ-algebra. Darome išvadą, kadA ∈ F .

Tarkime, kad A1, A2, · · · ∈ F . Tuomet A1, A2, · · · ∈ Ft visiems t ∈ T .Todėl ∪i≥1Ai,∩i≥1Ai ∈ Ft visiems t ∈ T , nes kiekvienas rinkinys Ft yraσ-algebra. Darome išvadą, kad ∪i≥1Ai,∩i≥1Ai ∈ F .

Matome, kad poaibių rinkinys F tenkina σ-algebros apibrėžimą. Taigi Fyra σ-algebra.

6.2 apibrėžimas. Nagrinėkime aibę Ω ir kokį nors jos poaibių rinkinįM. Sakysime, kad σ-algebra F ′ apima rinkinį M, jei M ⊂ F ′. σ-algebrų,kurios apima M, šeimą žymėkime S. Jau žinome, kad poaibių rinkinysF :=

⋂F ′∈S F ′ sudaro tam tikrą σ-algebrą. Sakome, kad ši σ-algebra yra

generuota poaibių rinkinio M. Ją žymime σ(M).6.3 apibrėžimas. Realiųjų skaičių aibės poaibių σ-algebra, generuota

intervalų rinkinio

M =

[a; b] : −∞ < a < b < +∞, (50)

yra vadinama Borelio σ-algebra. Ją žymime B(R). Šios σ-algebros elementusB ∈ B(R) vadiname Borelio aibėmis. Borelio aibių, kurios yra intervalo [a, b]poaibiai, rinkinį žymime B([a, b]). Nesunku įsitikinti, kad šis poaibių rinkinysB([a, b]) =

B ∩ [a, b] : B ∈ B(R)

yra σ-algebra.

Pastaba. Tarkime, s, t ∈ R. Aibės t, (s; t), (s; t], [t; s), (−∞; s), (−∞; s]yra Borelio aibės.

Pastabos įrodymas. Kiekvienam n ≥ 1 uždarieji intervalai (gal būt tušti)[s + n−1; t − n−1], [−n; s − n−1] yra (50) rinkinio elementai. Pasirėmę σ-algebros savybėmis darome išvadą, kad

(s; t) =⋃n≥1

[s+n−1; t−n−1] ∈ B(R), (−∞; s) =⋃n≥1

[−n; s−n−1] ∈ B(R).

37

Iš σ-algebros savybių išplaukia, kad jei A,B yra σ-algebros elementai, tai irA \B = A ∩B ir A ∪B yra šios σ-algebros elementai. Taigi

t = [t− 1; t] \ (t− 2; t), (s; t] = (s; t) ∪ t, (−∞; s] = (−∞; s) ∪ s

yra Borelio aibės.6.1 pavyzdys. Duota tikimybinė erdvė (Ω,F) ir aibė A ∈ F . Funkcija

f(ω) = IA(w) =

1, ω ∈ A,0, ω ∈ A

yra (F ,B(R) mačioji.Sprendimas. Pasirinkę Borelio aibę B ⊂ R, įrodysime, kad aibė f−1(B)

yra rinkinio F narė. Galimi keturi variantai:jei B ∩ 0, 1 = ∅, tai f−1(B) = ∅ ∈ F ;jei B ∩ 0, 1 = 0, 1, tai f−1(B) = Ω ∈ F ;jei B ∩ 0, 1 = 0, tai f−1(B) = A ∈ F ;jei B ∩ 0, 1 = 1, tai f−1(B) = A ∈ F .6.2 pavyzdys. Tarkime, A1, A2, . . . , Ak ∈ F ir Ai ∩ Aj = ∅, kai i 6= j.

Tarkime, c1, . . . , ck ∈ R yra skaičiai. Įrodykite, kad funkcija

f(ω) = c1IA1(w) + c2IA2(w) + · · ·+ ckIAk(w) (51)

yra (F ,B(R) mačioji.6.3 apibrėžimas (tęsinys). k-matės Euklido erdvės Rk poaibių σ-

algebra, generuota stačiakampių rinkinio[a1; b1]× · · · × [ak; bk] : −∞ < ai < bi < +∞, ≤ i ≤ k

, (52)

yra vadinama erdvės Rk Borelio σ-algebra. Ją žymime B(Rk).6.1 apibrėžimas (tęsinys). Funkcijas f : R→ R, kurios yra (B(R),B(R))

mačiosios, vadiname Borelio funkcijomis. Bendruoju atveju funkcijas f :Rk1 → Rk2 , kurios yra

(B(Rk1),B(Rk2)

)mačiosios, vadiname Borelio funkci-

jomis.Borelio funkcijų f : Rk1 → Rk2 klasė yra labai plati. Pvz., jai priklauso

tolydžiosios funkcijos.

6.2 Atsitiktiniai dydžiai ir atsitiktiniai vektoriai6.4 apibrėžimas. Tarkime, (Ω,F , P ) yra tikimybinė erdvė. Funkciją X :Ω→ R, kuri yra (F ,B(R)) mačioji, vadiname atsitiktiniu dydžiu. Atsitiktinį

38

dydį X vadiname paprastuoju, jei jo reikšmių aibė yra baigtinė, t.y., jeikuriam nors realiųjų skaičių rinkiniui BX = x1, . . . , xk tikimybės

P (X = xi) = P (ω : X(ω) = xi) > 0, i = 1, . . . , k,

ir P (X = x1) + P (X = x2) + · · · + P (X = xk) = 1. Aibę BX vadinameatsitiktinio dydžio X reikšmių aibe.

Funkciją X : Ω → Rk, kuri yra (F ,B(Rk)) mačioji, vadiname k-mačiuatsitiktiniu vektoriumi.

Pratimas. Įrodykite, kad paprastąjį atsitiktinį dydį galime įšreikšti (51)formule.

Įsitikinsime, kad bet kurį atsitiktinį dydį X galima aproksimuoti pa-prastaisiais. Sukonstruosime paprastųjų atsitiktinių dydžių seką Xn =X1, X2, . . . , kurių reikšmės konverguoja į X, t.y., ∀ω ∈ Ω egzistuoja ribalimn→+∞Xn(ω) = X(ω).

6.1 teiginys. Tarkime, X yra atsitiktinis dydis, apibrėžtas tikimybinėjeerdvėje (Ω,F , P ). Tarkime, ε > 0 ir apibrėžkime atsitiktinius dydžius

X∗ε,n(ω) =∑

−n≤i≤n−1

(iε)Iiε<X(ω)≤(i+1)ε, (53)

X[ε](ω) =∑

−∞≤i≤+∞

(iε)Iiε<X(ω)≤(i+1)ε. (54)

Tarkime, εn yra teigiamų skaičiu seka, konverguojanti į 0 ir tenkinantisąlygą limn nεn = +∞. Tuomet

∀ω ∈ Ω egzistuoja riba limn→+∞

Xn(ω) = X(ω). (55)

Be tolim

n→+∞

(supω∈Ω|X[εn](ω)−X(ω)|

)= 0. (56)

Atsitiktinio dydžio X[εn] reikšmės priklauso aibei iεn : i = 0,±1,±2, . . . .Todėl jo reikšmių aibė yra skaiti arba baigtinė. Atsitiktinio dydžio X∗εn,nreikšmės priklauso baigtinei aibei iεn : −n ≤ i ≤ n − 1. Taigi X∗εn,n yrapaprastasis atsitiktinis dydis.

Įrodymas. Bet kuriam ω ∈ Ω skaičius X(ω) patenka į kurį nors intervalą(iεn; (i + 1)εn]. Šiam ω yra teisinga lygybė X[εn](ω) = iεn. Todėl |X(ω) −X[εn](ω)| < εn. Darome išvadą, kad

supω∈Ω

∣∣X[εn](ω)−X(ω)∣∣ ≤ εn.

39

Iš šios nelygybės išplaukia (56). Taip pat išplaukia limn→+∞X[εn](ω) = X(ω)visiems ω ∈ Ω.

Įrodome (55). Pasirinkę ω ∈ Ω, rasime tokį didelį skaičiųN , kad |X(ω)| <nεn, kai n ≥ N . (Taip galime padaryti, nes nεn → +∞, kai n → +∞.)Pastebėkim, kad jei |X(ω)| < nεn, tai X∗εn,n(ω) = X[εn](ω). Taigi lygybėX∗εn,n(ω) = X[εn](ω) yra teisinga kai n ≥ N . Todėl

limn→+∞

X∗εn,n(ω) = limn→+∞

X[εn](ω). = X(ω)

Įrodymas baigtas.Atlikami aritmetines operacijas su atsitiktiniais dydžiais, vėl gauname

atsitiktinius dydžius. Pvz. kelių atsitiktinių dydžių X1, . . . , Xk tiesinė kom-binacija c1X1 + · · ·+ ckXk yra atsitiktinis dydis. Taip pat atsitiktinių dydžiųsekos riba (jei ji egzistuoja) yra atsitiktinis dydis. Šie klausimai yra nagrinė-jami mato teorijoje. Čia jų neliesime.

6.5 apibrėžimas. Tarkime, X yra atsitiktinis dydis, apibrėžtas tikimy-binėje erdvėje (Ω,F , P ). Borelio aibėms B ∈ B(R) priskiriame svorius

PX(B) := P(ω : X−1(ω) ∈ B

)= P (X−1(B)).

Svorio funkciją PX : B(R) → [0, 1] vadiname atsitiktinio dydžio X (tikimy-biniu) skirstiniu. Žymime PX(B) = P (X ∈ B). Tarkime a, b ∈ R. Žymime

PX(a) = P (X = a), PX([a, b]

)= P (a ≤ X ≤ b),

PX((−∞, b]

)= P (X ≤ b), PX

((−∞, b)

)= P (X < b).

6.2 teiginys. Svorio funkcija PX : B(R) → [0, 1] turi visas tikimybiniomato savybes.

Įrodymas. Peržvelgiame tikimybinio mato savybes ir tikriname ar PX jasturi.

Savybė PX(R) = 1. Iš lygybės X−1(R) = Ω išplaukia PX(R) = P (Ω) = 1.Adityvumo savybė. Tarkime, A,B ∈ B(R) ir A ∩ B = ∅. Tuomet

X−1(A) ∩X−1(B) = ∅. Dabar iš lygybės

X−1(A ∪B) = X−1(A) ∪X−1(B)

ir mato P adityvumo savybės išplaukia

PX(A ∪B) = P(X−1(A ∪B)

)= P

(X−1(A) ∪X−1(B)

)= P

(X−1(A)

)+ P

(X−1(B)

)= PX(A) + PX(B).

Taigi svorio funkcija PX turi adityvumo savybę.

40

σ-adityvumo savybė. Tarkime, A1, A2, · · · ∈ B(R) ir Ai ∩ Aj = ∅, kaii 6= j (pastebėkime, kad tuomet X−1(Ai) ∩X−1(Aj) = ∅, kai i 6= j). Dabariš lygybės

X−1

(⋃i≥1

Ai

)=⋃i≥1

X−1(Ai)

ir mato P σ-adityvumo savybės išplaukia

PX

(⋃i≥1

Ai

)= P

(X−1

(⋃i≥1

Ai

))= P

(⋃i≥1

X−1(Ai)

)=

∑i≥1

P(X−1(Ai)

)=∑i≥1

PX(Ai).

Taigi svorio funkcija PX turi σ- adityvumo savybę.Įrodymas baigtas.6.6 apibrėžimas. Bernulio atsitiktinis dydis. Atsitiktinį dydį X, kurio

reikšmių aibė yra 0, 1 vadiname Bernulio ats. dydžiu. Tarkime, X yra api-brėžtas tikimybinėje erdvėje (ω,F , P ). Pažymėkime A = X−1(1). Tuometaibė A yra mačioji, A ∈ F , o X(ω) = IA(ω). Pažymėkime p = P (A). Šioats. dydžio skirstinys

PX(B) = pIB(1) + (1− p)IB(0), B ∈ B(R) (57)

yra vadinamas Bernulio skirstiniu (skirstinio parametras p).Užduotis. Įsitikinkite, kad (57) formulė yra teisinga. Atskirai nagrinėkite

atvejus, kai

B ∩0; 1 = ∅, B ∩0; 1 = 0, B ∩0; 1 = 1, B ∩0; 1 = 0; 1.

6.3 pavyzdys. Tarkime (Ω,F , P ) yra tikimybinė erdvė ir aibės A ∈ Ftikimybė P (A) = 1/2. Atsitiktiniai dydžių X(ω) = IA(ω) ir Y (ω) = IA(ω)skirstiniai sutampa: abu dydžiai turi Bernulio skirstinį su parametru p = 1/2.Tačiau ∀ω ∈ Ω jų reikšmės skiriasi, X(ω) 6= Y (ω).

6.7 apibrėžimas. Sakome, kad ats. dydžiai X ir Y , apibrėžti vienojetikimybinėje erdvėje (Ω,F , P ), yra lygūs beveik visur, jei

P(ω : X(ω) = Y (ω)

)= 1.

Užduotis. Įrodykite, kad jei du atsitiktiniai dydžiai yra lygūs beveik visur,tai jų skirstiniai sutampa.

41

6.5 apibrėžimas (tęsinys). Tarkime, X = (X1, . . . , Xk) yra k-matis at-sitiktinis vektorius, apibrėžtas tikimybinėje erdvėje (Ω,F , P ). Borelio aibėmsB ∈ B(Rk) priskiriame svorius

PX(B) := P(ω : X−1(ω) ∈ B

)= P (X−1(B)).

Svorio funkciją PX : B(Rk) → [0, 1] vadiname atsitiktinio vektoriaus X(tikimybiniu) skirstiniu. Žymime PX(B) = P (X ∈ B).

Samprotaudami kaip ir 6.2 teiginio įrodyme, galime įsitikinti, kad at-vaizdis PX : B(Rk)→ [0, 1] turi visas tikimybinio mato savybes.

6.8 apibrėžimas. Polinominis atsitiktinis vektorius. Tarkime, p1, . . . , pkyra neneigiami skaičiai, tenkinantys sąlygą p1 + · · · + pk = 1. Atsitiktinįvektorių X = (X1, . . . , Xk), kurio reikšmių aibė yra

(i1, . . . , ik) : i1 + i2 + · · ·+ ik = N, ∀ij ∈ 0, 1, 2, . . . ,

o kiekvienos reikšmės (i1, . . . , ik) tikimybė

P(X = (i1, . . . , ik)

)= P

(X1 = i1, . . . , Xk = ik

)=

N !

i1! i2! . . . ik!pi11 . . . p

ikk ,

vadiname polinominiu. Jo skirtinį vadiname polinominiu skirstiniu.

7 Nepriklausomi atsitiktiniai dydžiai

7.1 Apibrėžimai7.1 pavyzdys. Tris kūbo sienas spalviname baltai, kitas tris - juodai. Antkiekvienos baltos sienos užrašome po skaičių: 1, 2, 3. Tokius pat skaičiusužrašome ir ant juodų sienų. Atsitiktinai paridename kūbą ir stebime atsiver-tusios sienos spalvą ir skaičių. Skaičių žymime X, o spalvą - Y . Žymėjimopatogumui rašysime Y = 1, jei siena balta ir Y = 0, jei siena juoda. Ekspe-rimento tikimybinė erdvė (Ω,F , P ). Čia Ω = ω1, . . . , ω6 atitinka šešiassienas: ω4, ω5, ω6 žymi baltas sienas išrikiuotas skaičių 1, 2, 3 didėjimo tvarka,o ω1, ω2, ω3 žymi juodas sienas su skaičiais 1, 2, 3. Aibių rinkinį F sudaro visiΩ poaibiai, o P (ωi) = 1/6 visiems ωi ∈ Ω. Tarkime, Jonukas parideno kūbąir iškritus sienai ωi pasakė Petriukui atsivertusį skaičių X(ωi) = j. Ar šiinformacija padės Petriukui atspėti sienos spalvą? Aišku ne, nes kiekvienamj ∈ 1, 2, 3

P (Y = 1|X = j) = 0.5 ir P (Y = 0|X = j) = 0.5.

42

Sakome, kad atsitiktiniai dydžiai X ir Y yra nepriklausomi.7.1 apibrėžimas. Atsitiktinius dydžius X ir Y , apibrėžtus tikimybinėje

erdvėje (Ω,F , P ), vadiname nepriklausomais, jei įvykiai X−1(A) = ω :X(ω) ∈ A ir Y −1(B) = ω : X(ω) ∈ B yra nepriklausomi bet kuriomsBorelio aibėms A,B ∈ B(R). Taigi

P(X−1(A) ∩ Y −1(B)

)= P (X−1(A)) · P (Y −1(B)).

Tą pačia lygybę galime perrašyti taip

P(X ∈ A, Y ∈ B) = P (X ∈ A) · P (Y ∈ B).

Pastaba. Apie atsitiktinių dydžių nepriklausomumą galime šnekėti tiktuomet, kai jie yra apibrėžti toje pačioje tikimybinėje erdvėje, t.y., kai dydžiaipamatuoja skirtingas to paties atsitiktinio eksperimento charakteristikas.

Užduotis. Tarkime, X ir Y yra nepriklausomi atsitiktiniai dydžiai, api-brėžti (Ω,F , P ). Tarkime, f ir g yra Borelio funkcijos (f, g : R → R).Įrodykite, kad atsitiktiniai dydžiai ω → f(X(ω)) ir ω → g(Y (ω)) yra neprik-lausomi.

7.1 apibrėžimas (tęsinys). Atsitiktinius dydžius X1, . . . , Xk, apibrėž-tus tikimybinėje erdvėje (Ω,F , P ), vadiname nepriklausomais, jei bet kuriamBorelio aibių rinkiniui B1, . . . , Bk ∈ B(R), įvykiai

X−11 (B1), . . . , X−1

k (Bk)

yra nepriklausomi.Nagrinėkime atsitiktinių dydžių rinkinį Xt, t ∈ T. Čia T žymi in-

deksų aibę, kuri gali būti begalinė. Tarsime, kad visi atsitiktiniai dydžiaiyra apibrėžti tikimybinėje erdvėje (Ω,F , P ). Sakome, kad Xt, t ∈ T yranepriklausomų atsitiktinių dydžių sistema, jei bet kuriam baigtiniam indeksųrinkiniui t1, t2, . . . , tn ∈ T atsitiktiniai dydžiai Xt1 , Xt2 , . . . , Xtn yra neprik-lausomi.

7.2 pavyzdys. Jonukas užsispyrė tiek kartų ridenti šešiasienį kauliuką,kol pasirodys šešios akutės. Aišku, po tam tikro bandymų skaičiaus Jonukuipavyks. Pirmasis šešetukas gali atsiversti tik 100-jame bandyme, o gal ir darvėliau. Taigi laukti gali tekti ilgokai. Jei norėtume patyrinėti tikimybineslaukimo laiko charaketristikas, tektų nagrinėti bandymų seką X1, X2, . . . .Čia Xk yra atsitiktinis dydis, modeliuojantis k-jame bandyme atsivertusįakučių skaičių. Bandymo, kuriame pirmą kartą pasirodė šešios akutės, nu-meris Y = mini : Xi = 6 yra atsitiktinis dydis, apibrėžtas toje pačiojetikimybinėje erdvėje, kur ir seka X1, X2, . . . . Tikimybes P (Y = k), k =0, 1, . . . apskaičiuosime vėliau. Šiame pavyzdyje susiduriame su begalinenepriklausomų atsitiktinių dydžių seka.

43

7.2 Pavyzdžiai7.3 pavyzdys. Binominis atsitiktinis dydis. Tarkime, X1, X2, . . . , Xn

yra nepriklausomi Bernulio atsitiktiniai dydžiai, turintys tą patį tikimybinįskirstinį P (Xi = 1) = 1 − P (Xi = 0) = p. Čia p ∈ [0, 1], o i = 1, 2, . . . , n.Atsitiktinį dydį Y = X1 + X2 + · · · + Xn vadiname binominiu. Jo skirstinįžymime Bin(n, p).

Pastaba. Tarę, kad X1, X2, . . . , Xn yra nepriklausomi, turime galvojeir tai, kad jie apibrėžti toje pačioje tikimybinėje erdvėje. Pažymėkime ją(Ω,F , P ). Kiekvienam šios erdvės elementariąjam įvykiui ω ∈ Ω randamesumą X1(ω) + · · ·+Xn(ω). Ją žymime Y (ω) Atsitiktinio dydžio Y : Ω→ Rreikšmių aibė yra 0, 1, . . . , n. Iš binominės tikimybės formulės išplaukia,kad

P (Y = k) =

(n

k

)pk(1− p)n−k, k = 0, 1, . . . , n.

7.4 pavyzdys. Hipergeometrinis atsitiktinis dydis. Mokyklą lankoN mokinių. Tarp jų yra M pirmokų. Atsitiktinai pasirenkame n mokinių(renkamės taip, kad visi rinkiniai po n būtų vienodai tikėtini). Pasirinktąmokinių aibę vadiname paprastąja (negražintine) imtimi. Imtyje esančiųpirmokų skaičių žymime X. Tai atsitiktinis dydis. Iš hipergeometrinėstikimybės formulės išplaukia, kad

P (X = m) =

(Mm

)(N−Mn−m

)(Nn

) .

Čia m ≤ M (pirmokų skaičius imtyje nedidesnis už pirmokų skaičių apskri-tai) ir n−m ≤ N −M (iš imties pašalinę pirmokus negalime gauti daugiaumokinių nei mokykloje besimokančių antrosios ir vyresnių klasių mokiniųapskritai). Taigi X reikšmių aibė yra sveikieji intervalo [M − N + n;M ]skaičiai. Paprastąją imtį galima išrinkti įvairiais būdais. Pavyzdžiui, pir-muoju žingsniu atsitiktinai pasirenkame vieną mokyklos mokinį (visų Nmokinių šansai vienodi). Antruoju žingsniu atsitiktinai pasirenkame vienąmokinį išN−1 likusių (visųN−1 mokinių šansai vienodi). Trečiuoju žingsniųatsitiktinai pasirenkame vieną mokinį iš N − 2 likusių (visų N − 2 mokiniųšansai vienodi). Po n žingsnių turėsime norimą imtį. Įvedame atsitiktiniusdydžius X1, . . . , Xn. Čia Xi = 1, jei i-asis pasirinktas mokinys primokas.Kitu atveju Xi = 0. Imties pirmokų skaičius X1 +X2 + · · ·+Xn yra hiper-geometrinis atsitiktinis dydis X. Taigi X = X1 + · · · + Xn. Atsitiktiniaidydžiai Xi turi vienodus Bernulio skirstinius

P (Xi) = 1 = 1− P (Xi = 0) = M/N, kiekvienam i = 1, 2, . . . , n.(58)

44

Tačiau atsitiktiniai dydžiai X1, . . . , Xn nėra nepriklausomi. Pavyzdžiui, žin-odami, kad X1 = 1, t.y., pirmasis pasirinktas mokinys yra pirmokas, daromeišvadą, jog P (X1 = 1|X1 = 1) = (M − 1)/(N − 1).

Užduotis. Įrodykite (58). Ar tikrai tokiu būdu (pažingsniui) sudarytaatsitiktinė n mokinių aibė turi savybę, jog visi rinkiniai po n yra vienodaitikėtini?

7.5 pavyzdys. Geometrinis atsitiktinis dydis. Vienoje monetospusėje nupieštas skaičius 1, kitoje - 0. Tikimybė, jog metus monetą atsivers1, yra p. Mėtome monetą tol, kol pirmą kartą atsivers 1. Metimų skaičiųžymime Y . Galime mėtyti monetą ir toliau, tačiau tolimesnių metimų rezul-tatai mums jau nėra svarbūs. Laikome, kad skirtingų metimų rezultataiyra nepriklausomi (t.y., tenkina 7.1 apibrėžimo sąlygas). Pažymėkime X1-pirmojo metimo rezultatą, X2-antrojo ir tt. Tuomet X1, X2, . . . sudaronepriklausomų atsitiktinių dydžių sistemą. Taigi X1, X2, . . . yra nepriklau-somi Bernulio dydžiai, turintys tą pačią "sėkmės" tikimybę p, o

Y = mini : Xi = 1.

Atsitiktinį dydį Y (taip pat jo tikimybinį skirstinį) vadiname geometriniu.Geometrinio dydžio reikšmių aibė yra 1, 2, . . . . Reikšmių tikimybes

P (Y = k) = (1− p)kp, k = 1, 2, . . .

randame taip

P (Y = k) = P(X1 = 0, X2 = 0, . . . , Xk−1 = 0, Xk = 1

)= P (X1 = 0)P (X2 = 0) · · ·P (Xk−1 = 0)P (Xk = 1)

= (1− p)k−1p.

7.6 pavyzdys. Neigiamas binominis atsitiktinis dydis. Fiksuojameskaičių m. Šį kartą mėtome monetą ir laukiame, kol vienetukas atsiversm kartų (laukiame m-ojo vienetuko). Metimų skaičių žymime Ym. Aišku,Ym ≥ m. Įvykis Ym = n įvyksta, kai sekoje (X1, X2, . . . , Xn) yra m vienetųir n − m nulių. Be to, paskutinės koordinatės reikšmė yra 1. Dvejetainį nilgio vektorių, tenkinantį tokias sąlygas, vadinsime palankiu įvykiui Ym =n. Kiekvieno palankaus dvejetainio vektoriaus tikimybė yra pm(1− p)n−m.Palankių dvejetainių vektorių skaičius yra

(n−1m−1

)(tiek yra variantų išdėstyti

n−m nulių pirmosiose n− 1 koordinatėse). Todėl

P (Ym = n) =

(n− 1

m− 1

)pm(1− p)n−m, n = m,m+ 1, . . .

45

Atsitiktinį dydį Ym (taip pat jo skirstinį) vadiname neigiamu binominiu.Skaičiai m ir p yra neigimo binominio skirstinio parametrai. Kai m = 1neigiamas binominis ir geometrinis skirstiniai sutampa.

Pastaba. Mokydamiesi tikimybių teorijos Jonukas, Petriukas ir Onutėsusidomėjo nepriklausomais atsitiktiniais dydžiais ir pabandė atrasti ką norsįdomaus. Paėmę 7.5 pavyzdžio monetą, Jonukas ir Onutė tol ją mėtė, kolk kartų atsivertė 1. Metimų skaičius Yk yra neigiamas binominis atsitik-tinis dydis (jo parametrai k ir p). Tuomet Jonukas išėjo pietų, o Onutėpasikvietė Petriuką ir toliau dviese mėtė monetą tol, kol Petriukas pamatėvienetą atsiverčiant r kartų. Jo stebėtas metimų skaičius Yr yra neigiamasbinominis atsitiktinis dydis (jo parametrai r ir p). Onutės stebėtas metimųskaičius Yk+r yra neigiamas binominis atsitiktinis dydis (jo parametrai k+ rir p). Aišku, Jonuko ir Petriuko stebėti monetos metimų skaičiai nepriklausovienas nuo kito. Vaikai priėjo išvados, kad dviejų nepriklausomų neigiamųbinominių atsitiktinių dydžių, turinčių tą patį parametrą p, suma Yk+Yr yraneigiamas binominis atsitiktinis dydis Yk+r.

8 Pasiskirstymo funkcija8.1 apibrėžimas. Tarkime, X yra atsitiktinis dydis, apibrėžtas tikimy-binėje erdvėje (Ω,F , P ). Intervalams (−∞; t] ⊂ R galime priskirti tikimybesP (X ≤ t) = P (ω : X(ω) ≤ t]), čia t ∈ R. Funkciją t → P (X ≤ t), api-brėžtą realiųjų skaičių aibėje, vadiname atsitiktinio dydžio X pasiskirstymofunkcija. Žymime FX(t) = P (X ≤ t).

8.1 teiginys. Atsitiktinio dydžio X pasiskirstymo funkcija t → FX(t)turi tokias savybes:

1) jei t1 ≤ t2 tai FX(t1) ≤ FX(t2);2) egzistuoja riba limt→+∞ FX(t) = 1;3) egzistuoja riba limt→−∞ FX(t) = 0;4) ∀t0 ∈ R egzistuoja riba limt↓t0 FX(t) = FX(t0);5) ∀t0 ∈ R egzistuoja riba limt↑t0 FX(t) = P (X < t0).Taigi pasiskirstymo fukcija yra monotoninė (nemažėjančioji). Ji yra toly-

džioji iš dešinės ir turinti ribą iš kairės kiekviename taške t0 ∈ R.Įrodymas. Įrodyme pasinaudosime atsitiktinio dydžioX tikimybinio skirs-

tinio PX tolydumo ir adityvumo savybėmis. Pastebėkime, kad FX(t) =P (X ≤ t) = PX

((−∞; t]

)visiems t ∈ R.

Pirmoji savybė išplaukia iš sąryšių

t1 ≤ t2 ⇒ (−∞; t1] ⊂ (−∞; t2]⇒ PX((−∞; t1]

)≤ PX

((−∞; t2]

).

46

Įrodinėdami likusias savybes pastebėkime, kad dėl pasiskirstymo funkci-jos monotoniškumo (šią savybę jau įrodėme) pakanka įsitikinti, jog

2′) ∀ monotoninei sekai tn ↑ +∞ ∃ limn→+∞

FX(tn) = 1;

3′) ∀ monotoninei sekai tn ↓ −∞ ∃ limn→+∞

FX(tn) = 0;

4′) ∀ monotoninei sekai tn ↑ t0 ∃ limn→+∞

FX(tn) = P (X < t);

5′) ∀ monotoninei sekai tn ↓ t0 ∃ limn→+∞

FX(tn) = FX(t0).

Čia tn ↑ t0 reiškia, kad seka tn didėja ir artėja į t0 iš kairės, kai n→ +∞;tn ↓ t0 reiškia, kad seka tn mažėja ir artėja į t0 iš dešinės. Panašiai,tn ↑ +∞ reiškia, kad seka tn didėja ir artėja į +∞.

Įrodome 2’) ir 4’). Seka tn yra didėjanti. Taigi t1 < t2 < · · · . Intervalųsekai

(−∞; t1] ⊂ (−∞; t2] ⊂ (−∞; t3] ⊂ · · ·

pritaikę tikimybinio mato PX tolydumo "iš apačios" savybę, randame ribą

limn→+∞

PX((−∞; tn]

)= PX

(+∞⋃n=1

(−∞; tn]

).

Kai tn ↑ +∞ (atvejis 2’), intervalų sąjungos⋃+∞n=1(−∞; tn] = R tikimybė

PX(R) = 1. Kai tn ↑ t0 (atvejis 4’), intervalų sąjungos⋃+∞n=1(−∞; tn] =

(−∞; t0) tikimybė PX ((−∞; t0)) = P (X < t0).Įrodome 3’) ir 5’). Seka tn yra mažėjanti. Taigi t1 > t2 > · · · . Intervalų

sekai(−∞; t1] ⊃ (−∞; t2] ⊃ (−∞; t3] ⊃ · · ·

pritaikę tikimybinio mato PX tolydumo "iš viršaus" savybę, randame ribą

limn→+∞

PX((−∞; tn]

)= PX

(+∞⋂n=1

(−∞; tn]

).

Kai tn ↓ −∞ (atvejis 3’), intervalų sankirtos⋂+∞n=1(−∞; tn] = ∅ tikimybė

PX(∅) = 0. Kai tn ↓ t0 (atvejis 5’), intervalų sankirtos⋂+∞n=1(−∞; tn] =

(−∞; t0] tikimybė PX ((−∞; t0]) = FX(t0).Įrodymas baigtas.Pastaba. Tarkime, atsitiktinių dydžių X ir Y pasiskirstymo funkcijos

sutampa, t.y., P (X ≤ t) = P (Y ≤ t) visiems t ∈ R. Tuomet skirstiniai PX irPY sutampa, t.y., P (X ∈ B) = P (Y ∈ B) kiekvienai Borelio aibei B ∈ B(R).Šio teiginio įrodymas remiasi faktu, jog intevalų (−∞, t], t ∈ R rinkinys

47

generuoja Borelio aibių σ algebrą B(R). Įrodymą galima rasti išsamiuosetikimybių teorijos vadovėliuose.

8.2 teiginys. Tarkime, X yra atsitiktinis dydis. Tarkime, t ∈ R. Tuomet

P (X = t) = 0 ⇔ funkcija FX yra tolydžioji taške t.

Įrodymas. Teiginys išplaukia iš tapatybių

P (X = t) = P (X ≤ t)− P (X < t) = FX(t)− lims↑t

FX(s).

Paskutiniame žingsnyje pritaikėme 8.1 teiginio tapatybę P (X < t) = lims↑t FX(s).8.1 pavyzdys. Bernulio atsitiktinio dydžio X skirstinys P (X = 1) =

1− P (X = 0) = p. Čia p ∈ [0, 1]. Pasiskirstymo funkcija

FX(t) = P (X ≤ t) =

0, kai t < 0;

1− p, kai 0 ≤ t < 1;

1 kai 1 ≤ t.

8.2 apibrėžimas. Atsitiktinį dydįX vadiname diskrečiuoju, jei jo reikšmiųaibė yra baigtinė arba skaiti. Taigi arba diskretusis dydis X yra paprastasis,arba rasime realiųjų skaičių seką BX = x1, x2, . . . , kuriai tikimybių sumaP (X = x1) + P (X = x2) + · · · = 1, ir kiekvienas dėmuo P (X = xi) > 0(šiuo atveju BX vadiname diskrečiojo atsitiktinio dydžio X reikšmių aibe).Diskrečiojo dydžio pasiskirstymo funkciją vadiname diskrečiąja.

48

Atsitiktiniai dydžiai, kuriuos iki šiol nagrinėjome: Bernulio, binominis,geometrinis, neigiamas binominis, Puasono, hipergeometrinis yra diskretieji.

Pastaba. Diskrečiojo atsitiktinio dydžioX su reikšmių aibeBX = x1, x2, . . . pasiskirstymo funkcija

t→ FX(t) = P (X ≤ t) =∑xi∈BX

pi It≥xi, čia pi = P (X = xi).

Jos trūkio taškai yra x1, x2, . . . . Kiekviename trūkio taške xi yra šuoliukas,kurio aukštis pi = P (X = xi) = FX(xi) − limt↑xi F (t). Intervaluose tarptrūkio taškų pasiskirstymo fukcija yra pastovioji.

8.3 apibrėžimas. Atsitiktinį dydį X vadiname absoliučiai tolydžiuoju,jei galima rasti Borelio funkciją f : R→ [0,+∞), kuri yra integruojama ir

FX(t) =

∫ t

−∞f(u)du, ∀t ∈ R.

Pasiskirstymo funkciją FX vadiname absoliučiai tolydžiąja, o funkciją f va-diname tankiu.

Iš matematinės analizės kurso žinome, kad absoliučiai tolydžioji funkcijat → FX(t) yra tolydžioji. Taigi P (X = t) = 0 kiekvienam t ∈ R, žr. 8.2teiginį. Be to, jei pasirinktame taške t0 tankio funkcija f yra tolydžioji, taifunkcija (kintančio viršutinio rėžio integralas) t→

∫ t−∞ f(u)du yra diferenci-

juojama taške t0 ir jos išvestinė lygi f(t0). Taigi

F ′X(t0) = f(t0).

Iš pasiskirstymo funkcijos savybės limt→+∞ FX(t) = 1 išplaukia, kad∫ +∞

−∞f(u)du = lim

t→+∞

∫ t

−∞f(u)du = 1. (59)

Pasinaudodami tankio funkcija galime apskaičiuoti tikimybes

P (a < X ≤ b) = P (X ≤ b)− P (X ≤ a) = FX(b)− FX(a) =

∫ b

a

f(u)du,

P (X > a) = 1− P (X ≤ a) = 1− FX(a) =

∫ +∞

a

f(u)du.

8.2 pavyzdys. Tolygusis atsitiktinis dydis. Tarkime, a < b yrarealieji skaičiai. Absoliučiai tolydųjį atsitiktinį dydį, kurio tankio funkcija

f(u) =

(b− a)−1, kai u ∈ [a; b]

0, kai u ∈ R \ [a; b],

49

vadiname tolygiuoju intervalo [a, b] atsitiktiniu dydžiu.Pastebėkime, kad

P (X < a) =

∫ a

−∞f(u)du = 0, P (X > b) =

∫ +∞

b

f(u)du = 0

ir P (X ∈ [a, b]) =∫ baf(u)du = 1. Be to, intervalo [t; t+ d] ⊂ [a, b] tikimybė

P (t ≤ X ≤ t+ d) =

∫ t+d

t

du

b− a=

d

b− a

yra proporcinga intervalo ilgiui d ir nepriklauso nuo t. Todėl atsitiktinį dydįX galime taikyti geometrinių tikimybių uždaviniams spręsti. Čia X atitinkaatsitiktinai pasirinktą atkarpos tašką.

8.3 pavyzdys. Eksponentinis atsitiktinis dydis. Absoliučiai toly-dųjį atsitiktinį dydį X su tankio funkcija

f(u) =

e−u, kai u ≥ 0,

0, kai u < 0

vadiname eksponentiniu. Iš formulės

P (X > t) =

∫ +∞

t

e−udu = e−t, t ≥ 0,

randame pasiskirstymo funkciją

FX(t) = P (X ≤ t) =

1− e−t, kai t ≥ 0,

0, kai t < 0.

Įdomią šio atsitiktinio dydžio savybę įliustruoja toks pasakojimas. AsmuoA atėjęs į stotelę rado keistą autobuso tvarkaraštį: "laikas, kurį lauksite at-vykstant autobuso, yra atsitiktinis dydis su eksponentiniu skirstiniu". Ar

50

toks tvarkaraštis yra neprieštaringas? Juk vėliau atėjęs kitas keleivis Bgalės išvykti tuo pačiu autobusu. Įsitikinsime, kad prieštaravimo čia nėra.Pažymėkime X laiką, kurį A lauks autobuso. Tarkime, prabėgus u laiko, įstotelę atėjo asmuo B. Autobusas dar neatvažiavęs, todėl dabar laukia dviese.Likusį laukti laiką pažymėkime Y . Rasime jo tikimybinį skirstinį. Bet kuriamt > 0 yra teisingos lygybės

P (Y > t) = P(X > t+ u

∣∣X > u)

=P (X > t+ u)

P (X > u)=e−t−u

e−u= e−t.

Darome išvadą, kad atsitiktinis dydis Y (laikas, kurį lauks autobuso asmuoB) turi eksponentinį skirstinį. Taigi tvarkaraštis yra "korektiškas". Sakoma,kad eksponentinis atsitiktinis dydis "neturi atminties".

Užduotis. Tarkime, X yra eksponentinis atsitiktinis dydis, o skaičiusa > 0. Raskite atsitiktinio dydžio a−1X tankio funkciją.

8.4 pavyzdys. Standartinis normalusis dydis. Absoliučiai tolydųjįatsitiktinį dydį X su tankio funkcija

ϕ(u) =1√2πe−u

2/2, u ∈ R,

vadiname standartiniu normaliuoju. Jo pasiskirstymo funkcija žymima

Φ(t) =

∫ t

−∞

1√2πe−u

2/2du, t ∈ R.

Kaip žinome, tankio funkcija turi tenkinti (59) sąlygą. Įrodysime, kad funkcijaϕ ją tenkina. Rasime skaičių A =

∫R e−u2/2du. Pritaikę Fubinio teoremą

dvilypiam integralui ir atlikę kintamųjų keitimą u1 = r cosφ, u2 = r sinφ,apskaičiuojame

A · A =

∫Re−u

21/2du1 ·

∫Re−u

22/2du2 =

∫∫R2

e−(u21+u2

2)/2du1du2

=

∫ +∞

0

dr

∫ 2π

0

e−r2/2J(r, φ)dφ =

∫ +∞

0

dr

∫ 2π

0

e−r2/2rdφ

= 2π

∫ +∞

0

e−r2/2rdr = 2π.

Čia J(r, φ) = r žymi atvaizdžio (r, φ) → (u1, u2) Jakobianą (išvestinių ma-tricos determinanto absoliučią reikšmę, modulį).

Standartinio normaliojo dydžio tikimybinį skirstinį žymime N(0, 1). Žy-muo X ∼ N(0, 1) reiškia, kad dydis X turi standartinį normalųjį skirstinį.

51

Užduotis. Tarkime, X ∼ N(0, 1). Tarkime, a, b yra skaičiai ir a 6= 0.Įrodykite, kad atsitiktinis dydis Y = aX+b turi tankį f(u) = (2πa2)−1/2e−u

2/(2a2).Atsitiktinį dydį Y = aX + b vadianme normaliuoju. Jo skirstinį žymime

N(b, a2).8.5 pavyzdys. Koši atsitiktinis dydis. Absoliučiai tolydųjį atsitik-

tinį dydį X su tankio funkcija f(u) = (πu2 + π)−1, u ∈ R vadiname Košiatsitiktiniu dydžiu.

Užduotis. Įrodykite, kad Koši atsitiktinio dydžio X tankis tenkina (59)sąlygą. Tarkime, skaičius a > 0. Raskite atsitiktinio dydžio aX tankį.

9 VidurkisKubo sienos yra nuspalvintos balta ir juoda spalva: vienos sienos baltos, kitosjuodos. Tarkime, mums rūpi baltų sienų skaičius b. Paties kubo stebėti ne-galime, tačiau turime galimybę sužinoti statistinių ekspertimentų rezultatus:kubas ridenamas, o mums pranešama kokios spalvos siena atsivertė.

Jei 100 kartų ridenus kubą, balta siena atsivertė 40 kartų, tikriausiaipadarytume išvadą, kad baltų sienų skaičius b = 2: iš galimų b reikšmių0, 1, 2, . . . , 6 renkamės tą, kuriai santykis b/6 (baltų sienų dalis) yra arčiausiasstebėtam baltos sienos pasirodymo dažniui 40/100.

Bendruoju atveju, atlikus N nepriklausomų eksperimentų ir stebėjus at-siverčiant baltą sieną Nb kartų, atrodytų tikėtina, kad santykis Nb/N yraapytikriai lygus b/6. Įdomus ir netikėtas dalykas yra tai, kad juo daugiaueksperimentų atliekama, juo tikslesnė yra ši apytikrė lygybė, t.y., Nb/N →b/6, kai N → +∞. Čia susiduriame su gamtos reiškiniu, kurį tikimybiųteorija vadina "didžiųjų skaičių dėsniu".

9.1 pavyzdys. Trys kubo sienos pažymėtos skaičiumi 1, dvi - skaičiumi2 ir viena siena - skaičiumi 3. Paridenus kubą, lošėjas laimi tiek litų, koks yraatsivertusios sienos skaičius. Kokia yra teisinga vieno lošimo bilieto kaina?

Sprendimas. Galimos įvairios nuomonės kokia kaina yra teisinga. Čianorėtume apskaičiuoti tokią bilieto kainą, kad įplaukos už parduotus bilie-tus, būtų lygios išloštos sumos dydžiui. Tarkime, kad lošiama N kartų.Pažymėkime X1, . . . , XN išloštas sumas. (Čia Xi yra atsitiktinis dydis, įgy-jantis reikšmes 1, 2, 3 su tikimybėmis 1/2, 1/3 ir 1/6.) Bendra išlošta suma

X1 +X2 + · · ·+XN = 1 ·N1 + 2 ·N2 + 3 ·N3.

Čia N1 žymi atsivertusių 1 skaičių, N2 - atsivertusių 2 skaičių ir N3 - atsiver-tusių 3 skaičių. Šansai, kad atsivers skaičius 1 yra 1/2. Taigi N1 ≈ N/2.Šansai, kad atsivers skaičius 2 yra 1/3. TodėlN2 ≈ N/3. PanašiaiN3 ≈ N/6.

52

Darome išvadą, kad

X1 +X2 + · · ·+XN ≈ 1N

2+ 2

N

3+ 3

N

3= N

(1

1

2+ 2

1

3+ 3

1

6

).

Matome, kad nustačius bilieto kainą 1 12

+2 13

+3 16, surinktos už bilietus lėšos

atitiktų išloštą sumą. Skaičių 1 12

+ 2 13

+ 3 16

vadiname atsitiktinio dydžio Xi

vidurkiu.9.1 apibrėžimas. Tarkime, X yra paprastasis atsitiktinis dydis. Pažy-

mėkime jo reikšmių aibę x1, . . . , xk, o reikšmių tikimybes P (X = xi) = pi,1 ≤ i ≤ k. Sumą x1p1 + · · ·+ xkpk vadiname atsitiktinio dydžio X vidurkiu.Žymime EX =

∑ki=1 xipi.

9.2 pavyzdys. Bernulio atsitiktinio dydžio X vidurkis

EX = 0 · (1− p) + 1 · p = p. Čia p = P (X = 1) = 1− P (X = 0).

Binominio atsitiktinio dydžio Y ∼ Bin(n, p) vidurkis

EY =n∑i=0

iP (Y = i) =n∑i=0

i

(n

i

)pi(1− p)n−i

= npn∑i=1

(n− 1

i− 1

)pi−1(1− p)n−i (60)

= npn−1∑j=0

(n− 1

j

)pj(1− p)n−1−j (61)

= np(p+ (1− p)

)n−1

= np.

(60) žingsnyje pašalintas dėmuo i = 0 (jo indėlis lygus 0) ir pritaikyta tap-atybė

i

(n

i

)= n

(n− 1

i− 1

).

(61) žingsnyje pakeistas sumavimo kintamasis j = i − 1. Toliau pritaikytaNiutono binomo formulė.

Pastaba. Duota tikimybinė erdvė (Ω,F , P ). Tarkime, a1, . . . , am yraskaičiai, o aibės A1, A2, . . . , Am ∈ F tenkina sąlygas

A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ Am = Ω ir Ai ∩ Aj = ∅, i 6= j.

Tuomet atsitiktinis dydis

X(ω) =m∑i=1

aiIω∈Ai, ω ∈ Ω, (62)

53

yra paprastasis, o jo vidurkis EX =∑m

i=1 aiP (Ai).Įrodymas. Tarp skaičių a1, . . . , am gali būti vienodų. Išrinkę tik skirtin-

gus, sudarome aibę b1, . . . , br. Aibes Aj, kurias atitinkantys skaičiai ai yralygūs b1, sujungiame į vieną aibę, kurią pavadiname B1. Panašiai sukon-struojame aibes B2, ..., Br. Taigi

B1 = ∪i: ai=b1Ai, B2 = ∪i: ai=b2Ai, . . . .

Žinome, kad aibės Ai tarpusavyje nesikerta. Todėl

P (B1) =∑

i: ai=b1

P (Ai), P (B2) =∑

i: ai=b2

P (Ai), . . . . (63)

Prisiminę, kad atsitiktinio dydžio X reikšmių aibę sudaro tos reikšmės bj,kurių tikimybės P (X = bj) = P (Bj) > 0, randame vidurkį

EX =∑

j:P (Bj)>0

bjP (Bj) =r∑j=1

bjP (Bj) =m∑i=1

aiP (Ai).

Paskutiniame žingsnyje pritaikėme (63).9.1 teiginys. Tarkime, X, Y yra paprastieji atsitiktiniai dydžiai, apibrėžti

tikimybinėje erdvėje (Ω,F , P ). Tarkime, a, b yra skaičiai. Tuomet atsitiktinisdydis Z = aX + bY yra paprastasis ir yra teisinga lygybė

E(aX + bY ) = aE(X) + bE(Y ). (64)

Įrodymas. Paprastųjų atsitiktinių dydžių X ir Y reikšmių aibes pažymėkimex1, . . . , xn ir y1, . . . , ym. Tuomet aibės Ai = ω : X(ω) = xi ir Bj =ω : Y (ω) = yj tenkina sąlygas

A1 ∪ · · · ∪ An = Ω, ir Ai1 ∩ Ai2 = ∅, kai i1 6= i2,

B1 ∪ · · · ∪Bm = Ω, ir Bj1 ∩Bj2 = ∅, kai j1 6= j2.

Be to, EX =∑n

i=1 xiP (Ai) ir EY =∑m

j=1 yjP (Bj).Atsitiktinio dydžio ω → Z(ω) = aX(ω) + bY (ω) reikšmių aibė yra baig-

tinė. Taigi Z yra paprastasis atsitiktinis dydis. Toliau įrodysime, kad

E(aX) = aE(X) ir E(X + Y ) = E(X) + E(Y ). (65)

Aišku, (67) išplaukia iš (65). Įrodome pirmąją tapatybę. Jei a = 0, ta-patybė akivaizdi. Jei a 6= 0, tai atsitiktinio dydžio aX reikšmių aibė yraax1, . . . , axn. Reikšmių tikimybės P (aX = axi) = P (X = xi). Taigi

E(aX) =n∑i=1

axiP (aX = axi) = a

n∑i=1

xiP (X = xi) = aE(X).

54

Įrodome antrąją lygybę, žr. paveikslą. Nagrinėkime sankirtą Ai∩Bj. Paste-bėkime, kad visoms ω ∈ Ai ∩ Bj atsitiktinio dydžio Z ′ = X + Y reikšmėZ ′(ω) = X(ω) + Y (ω) = xi + yj yra ta pati. Taigi

Z ′(ω) =n∑i=1

m∑j=1

(xi + yj)Iω∈Ai∩Bj.

Pritaikę pastabą, randame vidurkį

E(Z ′) = =n∑i=1

m∑j=1

(xi + yj)P (Ai ∩Bj)

=n∑i=1

xi

(m∑j=1

P (Ai ∩Bj)

)+

m∑j=1

yj

(n∑i=1

P (Ai ∩Bj)

)

=n∑i=1

xiP (Ai) +m∑j=1

yjP (Bj) = EX + EY.

Čia pritaikėme tapatybes

P (Ai) = P (Ai ∩ Ω) = P

(Ai ∩

(m⋃j=1

Bj

))=

m∑j=1

P (Ai ∩Bj),

P (Bj) = P (Bj ∩ Ω) = P

(Bj ∩

(n⋃i=1

Ai

))=

n∑i=1

P (Ai ∩Bj).

Įrodymas baigtas.

55

9.2 teiginys. Tarkime, X, Y yra paprastieji atsitiktiniai dydžiai, apibrėžtitikimybinėje erdvėje (Ω,F , P ). Tarkime, X ir Y yra nepriklausomi. Tuometyra teisinga lygybė

E(X · Y ) = (EX) · (EY ). (66)

Įrodymas. Naudosime tuos pačius žymenis, kaip ir 9.1 teoremos įrodyme.Įvesime ir naują atsitiktinį dydį W (ω) = X(ω) ·Y (ω). Atsitiktinio dydžio Wreikšmių aibė yra baigtinė. Taigi W yra paprastasis atsitiktinis dydis. Toliauįrodysime, kad Nagrinėkime sankirtą Ai ∩ Bj, žr. piešinį. Pastebėkime, kadvisoms ω ∈ Ai∩Bj atsitiktinio dydžioW reikšmėW (ω) = X(ω)·Y (ω) = xi·yjyra ta pati. Taigi

W (ω) =n∑i=1

m∑j=1

(xi · yj)Iω∈Ai∩Bj.

Pritaikę pastabą, randame vidurkį

E(W ) =n∑i=1

m∑j=1

(xi · yj)P (Ai ∩Bj)

=n∑i=1

(m∑j=1

xiyjP (Ai)P (Bj)

)=

n∑i=1

xiP (Ai)

(m∑j=1

yjP (Bj)

)

=n∑i=1

xiP (Ai)(EY ) = (EY )

n∑i=1

xiP (Ai) = (EY ) · (EX).

Čia pritaikėme tapatybę

P (Ai ∩Bj) = P (Ai)P (Bj),

kuri yra teisinga todėl, kad atsitiktinaii dydžiai X ir Y yra nepriklausomi.Įrodymas baigtas.9.2 pavyzdys (tęsinys). Tarkime, X1, . . . , Xn yra nepriklausomi atsi-

tiktiniai dydžiai, turintys Bernulio skirstinį su parametru p. Tuomet sumaY := X1 + · · · + Xn turi binominį skirstinį Y ∼ Bin(n, p). Iš 9.1 teiginioišplaukia, kad

EY = E(X1 + · · ·+Xn) = E(X1) + E(X2) + · · ·+ E(Xn) = np.

Paskutiniame žingsnyje pasinaudojome lygybe E(Xi) = p.9.3 pavyzdys. Hipergeometrinį atsitiktinį dydį X galime gauti sudėję

Bernulio atsitiktinius dydžius, t.y., X = X1 + · · · + Xn, žr. 7.4 pavyzdį.

56

Dydžiai X1, X2, . . . , Xn yra tam tikru būdu priklausomi, tačiau visi turi tąpatį Bernulio skirstinį, P (X = 1) = 1 − P (X = 0) = M/N . Taigi E(Xi) =M/N . Iš 9.1 teiginio išplaukia, kad

EX = E(X1 + · · ·+Xn) = E(X1) + E(X2) + · · ·+ E(Xn) = n(M/N).

9.2 apibrėžimas. Tarkime, X yra atsitiktinis dydis, kurio reikšmių aibėyra skaičioji. Pažymėkime šią aibę BX = x1, x2, . . . . Taigi kiekvienam i =1, 2, . . . tikimybė pi = P (X = xi) > 0 ir p1 + p2 + · · · = 1. Jei

∑+∞i=1 |xi|pi <

∞, tai sakome, kad diskretusis atsitiktinis dydis X yra integruojamas. (Šįfaktą žymėsime E|X| < ∞.) Sumą

∑+∞i=1 xipi vadiname atsitiktinio dydžio

X vidurkiu. Ją žymime EX.Pastaba. Kodėl reikalaujama absoliučiojo eilutės

∑+∞i=1 xipi konvergavi-

mo? Jei ši eilutė konverguotų reliatyviai (t.y., eilutė∑+∞

i=1 xipi konverguotų,o eilutė

∑+∞i=1 |xi|pi diverguotų), tai atitinkamai perstatę jos narius gautume

kitą eilutės sumą. Taigi kitas asmuo, stebėdamas tą patį atsitiktinį dydį, irkita tvarka išrikiavęs reikšmes, apskaičiuotų kitokią vidurkio reikšmę.

Užduotis. Tarkime, X yra diskretusis ats. dydis, turintis skaičią reikšmiųaibę. Tuomet ats. dydžio |X| reikšmių aibė taip pat skaičioji. Įrodykite, kad

(1) X yra integruojamas tada ir tik tada, kai |X| yra integruojamas;(2) jei X yra integruojamas, tai EX ≤ E|X|;(3) jei skaičius a > 0 ir P (|X| ≤ a) = 1, t.y. visos X reikšmės absoliutiniu

didumu neviršija a, tai E|X| ≤ a.9.3 teiginys. Tarkime, X, Y yra diskretieji integruojami atsitiktiniai

dydžiai, apibrėžti tikimybinėje erdvėje (Ω,F , P ). Tarkime, a, b yra skaičiai.Tuomet atsitiktinis dydis Z = aX + bY yra diskretusis, integruojamas ir yrateisinga lygybė

E(aX + bY ) = aE(X) + bE(Y ). (67)

Šio teiginio įrodymas yra panašus į 9.1 teiginio įrodyma, tačiau sudėtinges-nis. Jo nepateikiame.

9.4 pavyzdys. Geometrinio ats. dydžio X reikšmių aibė yra 1, 2, . . . ,o tikimybės P (X = i) = p(1− p)i−1. Čia p ∈ (0; 1) yra parametras. Vidurkį

EX =+∞∑i=1

ip(1− p)i−1 = p−1

randame, pasinaudoję formule

1 + 2x+ 3x2 + · · ·+ ixi−1 + · · · = (1− x)−2, čia |x| < 1.

57

Šią formulę išvedame iš geometrinės progresijos sumos formulės

1 + x+ x2 + · · ·+ xi + · · · = (1− x)−1. (68)

Diferencijuojame kairiosios ir dešiniosios pusės reiškinius ir pasinaudojamematematinės analizės faktu, kad sumą kairėje galime diferencijuoti panariui:sumos išvestinė yra lygi dėmenų išvestinių sumai.

9.5 pavyzdys. Puasono ats. dydžio X ∼ P(λ) reikšmių aibė yra0, 1, 2, . . . , o tikimybės P (X = i) = e−λλi/i!. Čia λ > 0 yra parame-tras. Vidurkis

EX =+∞∑i=0

ie−λλi

i!=

+∞∑i=1

ie−λλi

i!

=+∞∑i=1

ie−λλi

(i− 1)!= λ

+∞∑j=0

e−λλj

j!

= λ · 1 = λ

Paskutinėje sumoje pakeistas sumavimo kintamasis j = i− 1.9.6 pavyzdys. Nagrinėkime lošimą, kai simetrinė moneta metama tiek

kartų kol atsiverčia "skaičius". Jei monetą teko mesti i kartų, tai laimikis yra2i. Taigi išlošiama suma dvigubėja kiekvieną kartą metant monetą. Išloštossumos dydis X įgyja reikšmes 2, 22, 23, . . . . Jų tikimybės P (X = 2i) =2−i. Ar galime apskaičiuoti "teisingą" tokio lošimo kainą? Jau žinome, kad"teisingą" kainą atitinka išloštos sumos X vidurkis. Tačiau eilutė

+∞∑i=1

i · P (X = i) =+∞∑i=1

2i · 2−i =+∞∑i=1

1

diverguoja. Todėl vidurkio apibrėžti negalime.Apibrėšime atsitiktinio dydžio vidurkį bendruoju atveju, kai dydis nėra

nei paprastasis nei diskretusis.9.3 apibrėžimas. Tarkime, X,X1, X2, . . . yra atsitiktiniai dydžiai, api-

brėžti tikimybinėje erdvėje (ω,F , P ). Sakome, kad seka Xnn≥1 tolygiaikonverguoja į X, jei

supω∈Ω

∣∣Xn(ω)−X(ω)∣∣→ 0, kai n→ +∞. (69)

(69) sąlygą galime užrašyti taip

∀ε > 0 ∃N : n > N ⇒ ∀ω ∈ Ω |Xn(ω)−X(ω)| ≤ ε. (70)

58

9.4 apibrėžimas. Atsitiktinį dydį X vadiname integruojamu, jei egzis-tuoja diskrečiųjų integruojamų ats. dydžių seka Xnn≥1, tolygiai konver-guojanti į X. Skaičių limn→+∞EXn žymime EX ir vadiname dydžio Xvidurkiu. Faktą, kad X yra integruojamas, žymime E|X| <∞.

Perskaičius 9.4 apibrėžimą kyla du klausimai: ar riba limn→+∞EXn egzis-tuoja ir ar ši riba yra ta pati skirtingoms diskrečiųjų atsitiktinių dydžiųsekoms, tolygiai konverguojančioms į X. Į abu klausimus atsako toliau einan-tis teiginys.

9.4 teiginys. Tarkime, X, X1, X2, . . . ir Y1, Y2, . . . yra atsitiktiniaidydžiai apibrėžti tikimybinėje erdvėje (Ω,F , P ). Tarkime, atsitiktiniai dy-džiai Xn ir Yn, n = 1, 2, . . . yra diskretieji ir integruojami. Tarkime, sékosXnn≥1 ir Ynn≥1 tolygiai konverguoja į atsitiktinį dydį X. Tuomet riboslimn→+∞EXn ir limn→+∞EYn egzistuoja ir yra lygios.

Įrodymas. Iš trikampio nelygybės |a+b| ≤ |a|+|b| ir (70) sąlygos išplaukia,kad ∀ε > 0 ∃N toks, kad ∀n,m > N ir ∀ω ∈ Ω yra teisingos nelygybės∣∣Xn(ω)−Xm(ω)

∣∣ ≤ ∣∣Xn(ω)−X(ω)∣∣+∣∣X(ω)−Xm(ω)

∣∣ ≤ 2ε.

Taigi atsitiktinio dydžio ω → |Xn(ω)−Xm(ω)| reikšmės neviršija 2ε. Todėljo vidurkis E|Xn − Xm| ≤ 2ε. Čia pritaikėme užduoties, einančios po 9.2apibrėžimo, trečiąją dalį. Toliau remiamės 9.2 teiginiu: E(Xn) − E(Xm) =E(Xn −Xm) ir antrąja užduoties dalimi,∣∣E(Xn)− E(Xm)

∣∣ =∣∣E(Xn −Xm)

∣∣ ≤ E∣∣Xn −Xm

∣∣. (71)

Darome išvadą, kad∣∣E(Xn) − E(Xm)

∣∣ ≤ 2ε. Taigi skaičių seka EXnn≥1

yra Koši seka. Žinome, kad kiekviena realiųjų skaičių Košį seka konverguoja,t.y. egzistuoja riba limn→+∞EXn.

Nustatę, kad sekos EXnn≥1 ir EYnn≥1 konverguoja, įrodysime, kad jųribos sutampa. Iš trikampio nelygybės ir (70) sąlygos išplaukia, kad ∀ε > 0∃N toks, kad ∀n > N ir ∀ω ∈ Ω yra teisingos nelygybės∣∣Xn(ω)− Yn(ω)

∣∣ ≤ ∣∣Xn(ω)−X(ω)∣∣+∣∣X(ω)− Yn(ω)

∣∣ ≤ 2ε.

Todėl atsitiktinio dydžio ω → |Xn(ω) − Yn(ω)| vidurkis E|Xn − Yn| ≤ 2ε.Toliau samprotaujame kaip (71) žingsnyje∣∣E(Xn)− E(Yn)

∣∣ =∣∣E(Xn − Yn)

∣∣ ≤ E∣∣Xn − Yn

∣∣ir išvedame nelygybę

∣∣E(Xn)− E(Yn)∣∣ ≤ 2ε. Taigi

∀ε > 0 ∃N toks, kad ∀n > N∣∣E(Xn)− E(Yn)

∣∣ ≤ 2ε.

59

Darome išvadą, kad sekų EXnn≥1 ir EYnn≥1 ribos sutampa.Įrodymas baigtas.Pastaba. Atsitiktinis dydis X yra integruojamas tada ir tik tada, kai |X|

yra integruojamas.Įrodymas. Jei X integruojamas, tai egzistuoja diskrečiųjų integruojamų

atsitiktinių dydžių seka Xnn≥1, tolygiai konverguojanti į X. Atsitiktiniaidydžiai |Xn| yra diskretieji ir integruojami. Pasinaudoję nelygybe

∣∣∣|a|−|b|∣∣∣ ≤|a− b|, įvertiname

supω∈Ω

∣∣∣|Xn(ω)| − |X(ω)|∣∣∣ ≤ sup

ω∈Ω

∣∣Xn(ω)−X(ω)∣∣.

Matome, kad iš sąlygos (69) išplaukia, jog supω∈Ω

∣∣∣|Xn(ω)| − |X(ω)|∣∣∣ → 0,

kai n→ +∞.Jei |X| yra integruojamas, tai egzistuoja diskrečiųjų integruojamų atsi-

tiktinių dydžių seka Ynn≥1, tolygiai konverguojanti į |X|. Kiekvienam natsitiktinis dydis

ω → Zn(ω) =

Yn(ω), kai X(ω) ≥ 0,

−Yn(ω), kai X(ω) < 0

yra diskretusis. Iš tapatybės |Yn| = |Zn| išplaukia, kad Zn yra integruoja-mas (Yn integruojamas ⇒ |Yn| integruojamas ⇒ |Zn| intgruojamas ⇒ Znintegruojamas). Lieka įrodyti, kad atsitiktinių dydžių seka Znn≥1 tolygiaikonverguoja į X. Iš tapatybės

X(ω)− Zn(ω) =

|X(ω)| − Yn(ω), kai X(ω) ≥ 0,

−|X(ω)| −(−Yn(ω)

), kai X(ω) < 0

išplaukia tapatybė |X(ω)− Zn(ω)| =∣∣∣|X(ω)| − Yn(ω)

∣∣∣. Taigi

supω∈Ω|X(ω)− Zn(ω)| = sup

ω∈Ω

∣∣∣|X(ω)| − Yn(ω)∣∣∣.

Reiškinys dešinėje artėja į 0, kai n→ +∞, nes Ynn≥1 tolygiai konverguojaį |X|. Taigi supω∈Ω |X(ω)− Zn(ω)| → 0, kai n→ +∞.

Įrodymas baigtas.Faktą, kad atsitiktinis dydis X yra integruojamas, žymėsime E|X| <∞.Užduotis. Tarkime, X yra integruojamas atsitiktinis dydis, apibrėžtas

tikimybinėje erdvėje (Ω,F , P ). Tarkime, aibė B ∈ F , o jos tikimybė P (B) =

60

1. Tuomet yra teisinga lygybė EX = E(XIB). Primename, kad IB žymiaibės indikatorių ω → Iω∈B.

Nuoroda: pradžioje įrodykite lygybę diskretiesiems atsitiktiniams dy-džiams, toliau, pasirinkę diskrečiųjų integruojamų dydžių seką Xnn≥1, toly-giai konverguojančią į X, nagrinėkite seką XnIBn≥1, kuri tolygiai konver-guoja į XIB.

9.5 teiginys. Tarkime X, Y, T yra atsitiktinaii dydžiai, apibrėžti tikimy-binėje erdvėje (Ω,F , P ). Be to X ir Y yra integruojami. Tarkime, a, b yraskaičiai. Yra teisingi tokie teiginiai

(1) Atsitiktinis dydis ω → aX(ω) + bY (ω) yra integruojamas ir

E(aX + bY ) = aE(X) + bE(Y ).

(2) Jei X(ω) ≤ Y (ω) visiems ω ∈ Ω, tai EX ≤ EY .(3) Teisinga nelygybė |EX| ≤ E|X|.(4) Jei |T (ω)| ≤ X(ω| visiems ω ∈ Ω, tai ats. dydis T yra integruojamas.(5) Jei X = Y beveik visur (t.y., P

(ω : X(ω) = Y (ω)

)= 1), tai

EX = EY .Įrodymo nepateikiame.Toliau aptarsime kaip apskaičiuoti integruojamo atsitiktinio dydžio X

vidurkį, kai yra žinoma jo pasiskirstymo funkcija t→ F (t) = P (X ≤ t).Tarsime, kad X yra apibrėžtas tikimybinėje erdvėje (Ω,F , P ). Pasirinkę

skaičių ε > 0 nagrinėkime diskretųjį atsitiktinį dydį

Xε(ω) =∑

−∞<k<+∞

kεIε(k−1)<X(ω)≤kε.

Tiems ω ∈ Ω, kuriems X(ω) ∈ (ε(k − 1); εk], atvaizdis Xε priskiria reikšmęXε(ω) = εk. Kitais žodžias tariant, padalinę skaičių tiesę į nesikertančius εilgio intervalus

R =⋃

−∞<k<+∞

(ε(k − 1); εk],

kiekvieną reikšmę X(ω) keičiame dešiniuoju galu to intervalo (ε(k − 1); εk],į kurį patenka X(ω). Pastebėkime, kad |X(ω) − Xε(ω)| < ε visiems ω ∈Ω. Iš šios nelygybės galime padaryti dvi išvadas. Pirma, kad Xε(ω) ≤X(ω) + ε ir todėl atsitiktinis dydis Xε yra integruojamas (taikome 9.4 teig-inio (1) punktą). Antra, pasirinkę teigiamų skaičių seką εnn≥1, konver-guojančią į 0, gausime diskrečiųjų atsitiktinių dydžių seką Xεnn≥1, tolygiaikonverguojančią į X. Dabar iš 9.3 teiginio išplaukia, kad egzistuoja ribalimn→+∞EXεn ir

limn→+∞

EXεn = EX.

61

Matome, kad vidurkį EX galime rasti, jei mokame apskaičiuoti vidurkiusEXεn . Pritaikę 9.2 apibrėžimą, randame

EXεn =∑

−∞<k<+∞

kεnP(εn(k − 1) < X ≤ εnk

)=

∑−∞<k<+∞

kεn

(F (εnk)− F (εn(k − 1))

).

Tokios sumos riba, kai teigiami skaičiai εn → 0,

limεn→0

∑−∞<k<+∞

kεn

(F (εnk)− F (εn(k − 1))

)yra žymima

∫R xdF (x) ir vadinama (funkcijos x) Lebego-Styltjieso integralu

(H. Lebesgue, T. Stieltjes). Taigi

EX =

∫RxdF (x).

Toliau nagrinėsime atvejį, kai integruojamas atsitiktinis dydis X yra ab-soliučiai tolydusis. Tankio funkciją žymėsime f . Šiuo atveju

F (εnk)− F (εn(k − 1)) =

∫ εnk

εn(k−1)

f(u)du.

Todėl

EXεn =∑

−∞<k<+∞

kεn

∫ εnk

εn(k−1)

f(u)du.

Perėję prie ribos, kai intervalų ilgiai εn → 0, gauname integralą

limn→+∞

∑−∞<k<+∞

kεn

∫ εnk

εn(k−1)

f(u)du =

∫Ruf(u)du.

TaigiEX =

∫Ruf(u)du. (72)

Pastaba. Tarkime, X yra absoliučiai tolydusis ats. dydis, o f yra jotankis. Tarkime, g : R→ R yra Borelio funkcija. Taigi g(X) yra atsitiktinisdydis. Jei jis integruojamas (E|g(X)| < ∞), tai Eg(X) =

∫R g(u)f(u)du.

Šios pastabos neįrodome.

62

9.7 pavyzdys. Tarkime, X ∼ N(0, 1). Tuomet

EX =

∫Ru

1√2πe−u

2/2du = limT→+∞

∫ T

−Tu

1√2πe−u

2/2du

= limT→+∞

1√2π

(−e−u2/2

)∣∣∣∣∣T

−T

= 0

Skyrelio pabaigoje pateiksime dvi naudingas formules vidurkiui apskai-čiuoti.

9.6 teiginys. Tarkime, X yra integruojamas ats. dydis ir P (X ≥ 0) = 1.Jei X reikšmių aibė yra sveikųjų neneigiamų skaičių aibė 0, 1, 2, . . . arbajos poaibis, tai EX =

∑i≥1 P (X ≥ i). Jei X yra absoliučiai tolydusis, tai

EX =∫ +∞

0P (X > t)dt.

Įrodymas. Pradžioje nagrinėsime diskrečiojo ats. dydžio atvejį. Pažymėkimepi = P (X = i), i = 0, 1, 2, . . . . Apibrėžiame pj = 0, kai j nepriklauso dydžioX reikšmių aibei. Vidurkis

EX = 1 · p1 + 2 · p2 + 3 · p3 + 4 · p4 + · · ·= p1 + p2 + p3 + p4 + · · ·

p2 + p3 + p4 + . . .

p3 + p4 + · · ·p4 + · · ·

· · ·= P (X ≥ 1) + P (X ≥ 2) + P (X ≥ 3) + P (X ≥ 4) + · · ·=

∑i≥1

P (X ≥ i).

Čia pritaikėme lygybes P (X ≥ 1) = p1+p2+p3+· · · , P (X ≥ 2) = p2+p3+· · ·ir tt.

Tuo atveju, kai X yra absoliučiai tolydusis, taikome (72) formulę. Paste-bėkime, kad iš sąlygos P (X ≥ 0) = 1 išplaukia lygybės

0 = P (X < 0) =

∫ 0

−∞f(u)du.

Tankio funkcijos f reikšmės visuomet yra neneigiamos. Todėl darome išvadą,

63

kad f(u) = 0 visiems (beveik visiems) u < 0. Taigi

EX =

∫Ruf(u)du =

∫ +∞

0

uf(u)du

=

∫ +∞

0

(∫ +∞

0

Is<uds)f(u)du (73)

=

∫ +∞

0

(∫ +∞

0

Is<uf(u)du

)ds (74)

=

∫ +∞

0

P (X > s)ds. (75)

(73) žingsnyje įstatėme u =∫ +∞

0Is<uds. (74) žingsnyje sukeitėme integra-

vimo tvarką dvilypiame integrale (Fubinio teorema). (75) žingsnyje pasinau-dojome tapatybe

P (X > s) =

∫ +∞

s

f(u)du =

∫ +∞

0

Is<uf(u)du.

Įrodymas baigtas.

10 Momentai, dispersija, kovariacija

10.1 Atsitiktinio dydžio momentai10.1 apibrėžimas. Tarkime, X yra atsitiktinis dydis, apibrėžtas tikimy-binėje erdvėje (Ω,F , P ). Jei atsitiktinis dydis ω → Xn(ω) yra integruojamas(t.y., E|X|n < ∞), tai sakome, kad X turi n−tą momentą. Skaičių EXn

vadiname n−tos eilės momentu. Skaičių E(X −EX)n vadiname n−tos eilėscentriniu momentu. Antosios eilės centrinį momentą E(X−EX)2 vadinameatsitiktinio dydžio X dispersija. Žymime D(X) arba V ar(X).

Pastaba. Yra teisinga lygybė D(X) = E(X2)− (EX)2.Įrodymas. Pažymėkime a = EX. Tuomet

D(X) = E(X − a)2 = E(X2 − 2aX + a2

)= E(X2)− 2a(EX) + a2

= E(X2)− 2a2 + a2 = E(X2)− a2.

10.1 pavyzdys. Bernulio atsitiktinio dydžio X n−os eilės momentasEXn = 1n · p+ 0n · (1− p) = p ir dispersija D(X) = EX2− (EX)2 = p− p2.

64

10.2 pavyzdys. Puasono atsitiktinio dydžio X ∼ P(λ) 2−os eilės mo-mentas

E(X2) =∑i≥0

i2P (X = i) =∑i≥1

i2e−λλi

i!=∑i≥1

ie−λλi

(i− 1)!

=∑i≥1

(1 + (i− 1)

)e−λ

λi

(i− 1)!= S1 + S2,

S1 =∑i≥1

e−λλi

(i− 1)!= λ

∑i≥1

e−λλi

(i− 1)!= λ, (76)

S2 =∑i≥1

(i− 1)e−λλi

(i− 1)!=∑i≥2

e−λλi

(i− 2)!

= λ2∑i≥2

e−λλi−2

(i− 2)!= λ2. (77)

(76) ir (77) žingsnių eilutės∑

i≥1 e−λ λi

(i−1)!ir∑

i≥2 e−λ λi−2

(i−2)!yra lygios, nes

sutampa jų dėmenys. Kiekvienos šių eilučių sumą yra 1. Taigi EX2 = λ2+λ.Anksčiau esame apskaičiąvę Puasono atsitiktinio dydžio vidurkį EX = λ.

Dabar randame dispersiją D(X) = EX2 − (EX)2 = λ.10.3 pavyzdys. Standartinio normaliojo atsitiktinio dydžioX ∼ N(0, 1)

antosios eilės momentas

E(X2) =

∫Ru2 1√

2πe−u

2/2du =1√2π

∫Ru(ue−u

2/2)du

= − 1√2πue−u

2/2∣∣∣+∞−∞

+1√2π

∫Re−u

2/2du = −0 + 1 = 1.

Čia pritaikėme "integravimo dalimis" fomulę∫fg′du = fg −

∫gf ′du funkci-

joms f(u) = u ir g(u) = −e−u2/2.Anksčiau esame apskaičiavę vidurkį EX = 0. Dabar randame dispersiją

D(X) = E(X2)− (EX)2) = 1.10.2 apibrėžimas. Jei atsitiktinis dydis X turi visų eilių momentus (t.y.

E|X|n <∞ visiems n = 1, 2, . . . ) ir kuriam nors ε > 0 eilutė

1 + tE(X)

1!+ t2

E(X2)

2!+ t3

E(X3)

3!+ · · · =: MX(t) (78)

konverguoja intervale ∀t ∈ (−ε; ε), tai atvaizdį t→MX(t) vadiname atsitik-tinio dydžio momentus generuojančiają funkcija. Taigi momentus generuo-jančiosios funkcijos MX(t) Teiloro eilutės (taške t0 = 0) koeficientai yra atsi-tiktinio dydžio X momentai. Todėl k−os eilės išvestinės reikšmė nulyje yradkMX(t)dtk

∣∣∣t=0

= E(Xk).

65

Pastaba. Nagrinėkime atsitiktinius dydžius X ir etX . Čia t yra realusisskaičius. Jei kuriam nors ε > 0 atsitiktinis dydis eε|X| yra integruojamas(t.y., E(eε|X|) < ∞), tai kiekvienam t ∈ (−ε, ε) atsitiktinis dydis etX yraintegruojamas (nes

∣∣etX∣∣ ≤ eε|X|) ir MX(t) = EetX .Įrodymas.

EetX = E(1 + t

X

1!+ t2

X2

2!+ t3

X3

3!+ · · ·

)= E lim

n→+∞

(1 + t

X

1!+ t2

X2

2!+ · · ·+ tn

Xn

n!

)= lim

n→+∞E(1 + t

X

1!+ t2

X2

2!+ · · ·+ tn

Xn

n!

)(79)

= limn→+∞

(1 + t

E(X)

1!+ t2

E(X2)

2!+ · · ·+ tn

E(Xn)

n!

)= 1 + t

E(X)

1!+ t2

E(X2)

2!+ t3

E(X3)

3!+ · · · .

Taigi MX(t) = EetX , kai t ∈ (−ε; ε). (79) žingsnyje sukeitėme ribos irvidurkio ženklus vietomis (dar sakoma "pereita prie ribos po vidurkio žen-klu"). Šios operacijos matematinis pagrindimas yra Lebego teorema apie"mažoruotą konvergavimą". Mūsų atveju minėtos teoremos sąlygos yra tenk-inamos (nes

supn

∣∣∣1 + tX

1!+ t2

X2

2!+ · · ·+ tn

Xn

n!

∣∣∣ ≤ eε|X|

ir Eeε|X| <∞).10.4 pavyzdys. Eksponentinio atsitiktinio dydžioX momentus generuo-

jančioji funkcija

MX(t) = EetX =

∫ +∞

0

etue−udu = (1− t)−1

yra apibrėžta intervale t ∈ (−∞, 1). Pritaikę geometrinės progresijos sumosformulę, kai |t| < 1, funkciją t→ (1− t)−1 skleidžiame laipsnine eilute

MX(t) = (1− t)−1 = 1 + t+ t2 + t3 + · · · .

Iš (78) formulės randame momentus E(Xk) = k!, kai k = 1, 2, . . . .10.5 pavyzdys. Puasono atsitiktinio dydžio X ∼ P(λ) momentus

generuojančioji funkcija

MX(t) = EetX =∑i≥0

etiP (X = i) =∑i≥0

etie−λλi

i!= e−λ

∑i≥0

(etλ)i

i!= eλ(et−1).

66

10.6 pavyzdys. Standartinio nomalinio atsitiktinio dydžio X ∼ N(0, 1)momentus generuojančioji funkcija

MX(t) = EetX =

∫Retu

1√2πe−u

2/2du = et2/2

∫R

1√2πe−(u−t)2/2du = et

2/2.

Paskutiniame žingsnyje, atlikę kintamųjų keitimą v = u− t, apskaičiavome∫R

1√2πe−(u−t)2/2du =

∫R

1√2πe−v

2/2dv = 1.

10.2 Čebyševo ir Markovo nelygybės10.1 teiginys (Markovo nelygybė). Tarkime, X yra integruoajmas atsi-tiktinis dydis, o a > 0 yra skaičius. Tuomet

P (|X| ≥ a) ≤ a−1E|X|. (80)

Įrodymas.Pažymėkime (Ω,F , P ) tikimybinę erdvę, kurioje yra apibrėžtas ats. dydis

X. Atsitiktiniams dydžiams

ω → a−1|X(ω)|, ω → a−1|X(ω)|I|X(ω)|≥a, ω → I|X(ω)|≥a

yra teisingos nelygybės

a−1|X(ω)| ≥ a−1|X(ω)|I|X(ω)|≥a ≥ I|X(ω)|≥a.

Žinome, kad tokios pačios nelygybės yra teisingos ir jų vidurkiams

Ea−1|X(ω)| ≥ Ea−1|X(ω)|I|X(ω)|≥a ≥ EI|X(ω)|≥a.

Taigi E(a−1|X(ω)|

)≥ P (|X| ≥ a).

Įrodymas baigtas.10.2 teiginys (Čebyševo nelygybė). Tarkime, kad atsitiktinis dydis X

turi antrąjį momentą (t.y., E(X2) <∞). Tarkime, skaičius a > 0. Tuomet

P(∣∣X − EX∣∣ ≥ a

)≤ a−2D(X). (81)

Įrodymas. Tikimybei P (|X − EX| ≥ a) = P (|X − EX|2 ≥ a2) pritaikomeMarkovo nelygybę.

Įrodymas baigtas.

67

10.3 Dispersija ir kovariacija10.3 teiginys. Tarkime, atsitiktinis dydis X turi antrosios eilės momentą.Taigi dispersija D(X) yra apibrėžta. Tarkime, c yra skaičius. Pažymėkimea = EX. Yra teisingos tapatybės

D(cX) = c2D(X), D(X + c) = D(X). (82)

Be to,P (X = a) = 1 ⇔ D(X) = 0. (83)

Įrodymas. (82) išplaukia iš 10.1 apibrėžimo ir pastabos po jo:

D(cX) = E(cX − E(cX)

)2= E

(c(X − EX)

)2= c2E

(X − EX

)2,

D(X + c) = E(X + c− E(X + c)

)= E

(X − EX

)2.

Įrodome (82). Jei P (X = a) = 1, tai E(X2) = a2. Todėl

D(X) = E(X2)− (EX)2 = a2 − a2 = 0.

Taigi P (X = a) = 1⇒ D(X) = 0.Liko įrodyti, kad D(X) = 0 ⇒ P (X = a) = 1. Aišku, lygybės P (X =

a) = 1 ir P (X 6= a) = 0 yra ekvivalenčios. Nagrinėkime monotoninę aibiųseką An = R\[a−n−1; a+n−1]. Čia A1 ⊂ A2 ⊂ A3 ⊂ · · · ir ∪n≥1An = R\a.Iš mato PX tolydumo savybių išplaukia, kad

P (X 6= a) = PX(R \ a

)= lim

n→+∞PX(An).

Pritaikę Čebyševo nelygybę, iš sąlygos D(X) = 0 išvedame nelygybę.

PX(An) = P(|X − a| ≥ n−1

)≤ n2D(X) = 0.

Taigi PX(An) = 0. Todėl P (X 6= a) = 0.Įrodymas baigtas.10.4 teiginys. Tarkime X1, X2, . . . , Xn yra nepriklausomi atsitiktiniai

dydžiai, turintys antruosius momentus. Tuomet

D(X1 +X2 + · · ·+Xn

)2= D(X1) +D(X2) + · · ·+D(Xn). (84)

Įrodymas. Nagrinėkime atsitiktinius dydžius Yi = Xi − EXi. DydžiaiY1, . . . , Yn yra nepriklausomi (kaip ir dydžiai X1, . . . , Xn). Aišku, EYi = 0 irE(Yi)

2 = D(Xi). Be to, iš 9.2 teiginio išplaukia, kad E(YiYj) = 0, kai i 6= j.

68

Apskaičiuojame dispersiją

D(X1 + · · ·+Xn) = E(X1 + · · ·+Xn − E(X1 + · · ·+Xn)

)2

= E(Y1 + · · ·+ Yn

)2

= E

n∑i=1

Y 2i +

∑i,j⊂1,2,...,n

YiYj

2

=n∑i=1

E(Yi)2 +

∑i,j⊂1,2,...,n

E(YiYj).

Antroji suma lygi 0, nes kiekvienas dėmuo E(YiYj) = 0. Taigi

D(X1 + · · ·+Xn) =n∑i=1

E(Yi)2 =

n∑i=1

D(Xi).

Įrodymas baigtas.10.7 pavyzdys. Binominio atsitiktinio dydžio X ∼ Bin(n, p) dispersija.

Žinome, kad binominį dydį galime išreikšti nepriklausomų Bernulio dydžiųsuma, X = X1 + · · ·+Xn. Pritaikę 10.4 teiginį, apskaičiuojame

D(X) = D(X1) + · · ·+D(Xn) = p(1− p) + · · ·+ p(1− p) = np(1− p).

10.3 apibrėžimas. Tarkime, X ir Y yra atsitiktiniai dydžiai, apibrėžtitikimybinėje erdvėje (Ω,F , P ). Tarkime, atsitiktinis dydis ω → X(ω) · Y (ω)yra integruojamas. Skaičių

E(XY )− (EX)(EY ) = E((X − (EX)

)(Y − (EY )

))vadiname atsitiktinių dydžių X ir Y kovariacija. Žymime Cov(X, Y ).

Jei dydžiai X ir Y turi antruosius momentus ir teigiamas dispersijas,D(X) > 0 ir D(Y ) > 0, tuomet santykį Cov(X, Y )/

√D(X)D(Y ) vadiname

koreliacijos koeficientu. Jį žymime ρX,Y .Užduotis. Tarkime, c1, c2 yra skaičiai. Įrodykite tapatybes

Cov(c1X, c2Y ) = c1c2Cov(X, Y ), (85)D(X + Y ) = D(X) + 2Cov(X, Y ) +D(Y ). (86)

Pastaba. Iš 9.2 teiginio išplaukia, kad nepriklausomų atsitiktinių dydžiųX ir Y kovariacija

Cov(X, Y ) = E(XY )− (EX)(EY ) = 0.

69

Todėl kovariaciją galima laikyti atsitiktinių dydžių tarpusavio priklausomy-bės matu: juo mažesnė kovariacija, juo mažiau dydžiai yra priklausomi. Toksmatas turi rimtą trūkumą: atrodytų, kad dydžiai 0.1X ir 0.1Y yra taippat stipriai/silpnai tarpusavyje priklausomi, kaip ir dydžiai X ir Y , tačiaujų kovariacijos skiriasi Cov(0.1X, 0.1Y ) = 0.01Cov(X, Y ). Čia pritaikėme(85) tapatybę. Minėtą trūkumą ištaiso koreliacijos koeficientas: bet kuriemsskaičiams c1, c2 6= 0 yra teisinga lygybė ρc1X,c2Y = ρX,Y (įrodykite ją).

Praktiniuose statistikos uždaviniuose yra sunku nustatyti ar tiriami atsi-tiktiniai dydžiai yra nepriklausomi. Dažnai apsiribojama koreliacijos koefi-ciento įverčiu: dydžiai, kurių koreliacijos koeficientas lygus 0, yra vadinaminekoreliuotais (t.y., "beveik nepriklausomais").

10.5 teiginys. Tarkime, atsitiktiniai dydžiai X ir Y turi antruosiusmomentus ir teigiamas dispersijas. Tuomet |ρX,Y | ≤ 1.

Įrodymas. Tarkime t yra skaičius. Nagrinėkime atsitiktinį dydį X + tY .Kiekvieno ats. dydžio dispersija yra neneigiama. Iš (86) išplaukia

0 ≤ D(X + tY ) = D(X) + 2tCov(X, Y ) + t2D(Y )

= D(X) +

(Cov(X, Y )√

D(Y )+ t√D(Y )

)2

−

(Cov(X, Y )√

D(Y )

)2

.

Pasirinkę tokį skaičių t, kad vidurinysis sklaustelis taptų 0, išvedame nely-gybę

0 ≤ D(X)−

(Cov(X, Y )√

D(Y )

)2

.

Ji yra ekvivalenti nelygybei ρ2X,Y ≤ 1.

Įrodymas baigtas.10.8 pavyzdys. Nagrinėkime atsitiktinį vektorių (X, Y ), kurio reikšmės

A = (0; 1), B = (0, 0), C = (2, 0),

o tikimybėsP((X, Y ) = A

)= P

((X, Y ) = B

)= P

((X, Y ) = C

)= 1/3.

Apskaičiuosime koreliacijos koeficientą ρX,Y .Ats. dydžio X reikšmės yra 0 ir 2. Jų tikimybės P (X = 0) = 2/3

ir P (X = 2) = 1/3. Ats. dydžio Y reikšmės yra 0 ir 1. Jų tikimybėsP (Y = 0) = 2/3 ir P (Y = 1) = 1/3. Nesunkiai randame X ir Y momentus

EX = 2/3, E(X2) = 4/3, EY = 1/3, E(Y 2) = 1/3,

D(X) = 8/9, D(Y ) = 2/9, E(XY ) = 0.

Apskaičiuojame kovariaciją Cov(X, Y ) = −2/9 ir koreliacijos koeficientąρX,Y = −1/2.

70

11 Sąlyginis vidurkis

12 Didžiųjų skaičių dėsnis

13 Atsitiktinių dydžių sekų konvergavimas

14 Centrinė ribinė teorema

15 Atsitiktiniai vektoriai

71