2010-02-22 - ketvirta paskaita

Paskutinis taisymas: Vytautas Jakutis 2010 Vas 22, 22:46

2. skyrius. Pagrindinės tikimybių teorijos teoremos

tikimybių sudėties teorema
tikimybių daugybos teorema
pilnosios tikimybės formulė (Bajeso teorema)
tikslas: sudėtingas tikimybes išreikšti paprastų reiškiniu

2.1. skyrius. Tikimybių sudėties teorema

$A \in \mathfrak{F}$ , $B \in \mathfrak{F}$
apskaičiuokite
- jeigu įvykiai A ir B yra nesutaikomi (), tai galioja aksioma:
  - $P\left(A \cup B\right) = P\left(A\right) + P\left(B\right)$
- jeigu įvykiai yra betkurie (gali būti ir sutaikomi), tada:
  1. - įrodymas: veno diagramomis
    - galima apibendrinti ir didesniam įvykių skaičiui:
    - pvz. imkime 3: $P\left(A \cup B \cup C\right) = P\left(A\right) + P\left(B\right) + P\left(C\right) - P\left(A B\right) - P\left(A C\right) - P\left(C B\right) + P\left(A B C\right)$
    - išvados:
    - tarkime įvykiai sudaro pilnąją įvykių grupę () ir jie nesutaikomi (), tada
      - įrodymas: TODO
    - tarkime įvykiai tarkime įvykiai $A_1, A_2, A_3, ..., A_n$ yra poromis nesutaikomi, tada tikimybė $P\left(A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup ... \cup A_n\right) = 1 - P\left(\overline A_1 \overline A_2 \overline A_3 ... \overline A_n\right)$ teisinga, nes iš dualumo principo turime, kad $A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup ... \cup A_n \cup A_1 A_2 A_3 ... A_n = \Omega$ ir toliau galime įrodyti.

2.2. skyrius. Sąlyginės tikimybės

tarkime $A \in \mathfrak{F}$ ir turime $P\left(A\right)$ , kuri vadinama besąlygine
tarkime $B \in \mathfrak{F}$ ir B - įvyko.
kaip B įvykimas keičia A įvykio tikimybę?
- nežinodami, ar A ir B kiek nors sutaikomi, A tikimybę žymime $P_B\left(A\right)$ (reiškia tą patį, ką $P\left(A \setminus B\right)$ )
pavyzdys: radijo lempų veikimas
- įvykis A - radijo lempa veikė nuo 08:00 iki 16:00
- įvykis B - radijo lempa veikė nuo 08:00 iki 10:00
- kokia įvykio A tikimybė, kai įvykis B žinomas ir kai nežinomas?
kaip skaičiuoti
- $P\left(A \setminus B\right)=\frac{P\left(A B\right)}{P\left(B\right)}, P\left(B\right) > 0$
analogiškai apibrėžiame įvykio B tikimybę, kai įvyko A:
- $P\left(B \setminus A\right)=\frac{P\left(A B\right)}{P\left(A\right)}, P\left(A\right) > 0$
pavyzdys: dėžės su rutuliais
- yra 2 B ir 3 J rutuliai
- kad ištrauksime B: $P\left(B\right) = \frac{2}{5}$
- kad ištrauksime J, o tada B: $P\left(B_2 \setminus J_1\right) = \frac{P\left(B_2 J_1\right)}{P\left(J_1\right)} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$

2.3. skyrius. Tikimybių daugybos teorema

iš sąlyginės tikimybės apibrėžimo išplaukia tikimybių daugybos teorema:
- $P\left(A B\right) = P\left(A\right) P\left(B \setminus A\right)$
- $P\left(A B\right) = P\left(B\right) P\left(A \setminus B\right)$
pastarąją teoremą galima apibendrinti ir didesniam įvykių skaičiui:
- $P\left(A_1 A_2 ... A_n\right) = P\left(A_1 \setminus \emptyset\right) P\left(A_2 \setminus A_1\right) P\left(A_3\setminus A_1 \cup A_2\right) ... P\left(\emptyset \setminus \Omega \right)$
- įrodymas: TODO
pavyzdys: dėžės su 1B ir 3J rutuliais
- traukiami du rutuliai
- kas patikimiau: ištraukti 2J ar 1B su 1J?
  - pirmas variantas:
  - tarkime traukiame du rutulius iš karto
  - $P\left(A\right) = \frac{C_3^2 C_1^0}{C_4^2} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$
  - $P\left(B\right) = \frac{C_1^1 C_3^1}{C_4^2} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$
  - antras variantas:
  - traukime po vieną, bet negrąžindami atgal
  - $P\left(A\right) = P\left(J_1 J_2\right) = P\left(J_1\right) P\left(J_2 \setminus J_1\right) = \frac{3}{4} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{2}$
  - $P\left(B\right) = P\left(B_1 J_2 \cup J_1 B_2\right) = P\left(B_1 J_2\right) + P\left(J_1 B_2\right) = P\left(B_1\right) P\left(J_2\right) + P\left(J_1\right) P\left(B_2\right) = \frac{1}{2}$
  - trečias variantas:
  - traukime po vieną ir vėl grąžinkime į dėžę
  - $P\left(A\right) = P\left(J_1 J_2\right) = P\left(J_1\right) P\left(J_2\right) = \frac{3}{4} \cdot \frac{3}{4} = \frac{9}{16}$
  - $P\left(B\right) = P\left(J_1 B_2 \cup B_1 J_2\right) = P\left(J_1 B_2\right) + P\left(B_2 J_1\right) = \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{4} = \frac{6}{16}$
  - $P\left(A\right) > P\left(B\right)$
pavyzdys: MATEMATIKA
- turime A, A, A, T, T, I, K, E, M, M
- atsitiktinai dedame raides iš kairės pusės į dešinę
- kokia tikimybė yra gauti žodį MATEMATIKA ()?
  - pirmas būdas (klasikinis)
  - $P\left(\text{MATEMATIKA}\right) = \frac{3! 2! 2!}{10!}$
  - antras būdas (tikimybių daugybos teoremos)
  - $P\left(\text{MATEMATIKA}\right) = \frac{2}{10} \cdot \frac{3}{9} \cdot \frac{2}{8} \cdot \frac{1}{7} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1}$
pavyzdys: pyplys su kaladėlėm
- sudėti MATEMATIKA - praktiškai negalimas įvykis :)

2.4. skyrius. Pilnosios tikimybės formulė

tarkime turime elementariųjų įvykių aibę
tarkime įvykiai sudaro pilnąją įvykių aibę, o įvykis A - betkuris įvykis, tada:
- $P\left(A\right) = \sum_{k=1}^n P\left(H_k\right) P\left(A \setminus H_k\right)$
įrodymas:
- sudarome pilnąją įvykių grupę $\bigcup_{k=1}^n H_k = \Omega$ ir $H_k H_m = \emptyset, k \neq m$
- turime $A = A = A \Omega = A \bigcup_{k=1}^n H_k = \bigcup_{k=1}^n A H_k$
- tada, teigdami $H_k H_m = \emptyset$ , $k \neq m$ , $P\left(A\right) = P\left(\bigcup_{k=1}^n A H_k\right) = \text{kazkoks zenklas}_{k = 1}^n$
- $\left(A H_k\right) \left(A H_m\right) = \left(A A\right) \left(H_k H_m\right) = A \emptyset = \emptyset$
- taikydami adityvumo aksiomą, gauname: $P\left(A\right) = \sum_{k=1}^n P\left(A H_k\right) = \sum_{k=1}^n P\left(H_k\right)P\left(A \setminus H_k\right)$ Q.E.D.
pavyzdys: dėžė su 2B ir 3J
- traukiame 1 rutulį
- kokia tikimybė, kad jis baltas?
  - $P\left(B\right) = \frac{2}{5}$
- po pirmo traukimo atliekamas antras
- kokia tikimybė, kad ištrauksime baltą?
  - $H_1 = \{ \text{pirmuoju traukimu istraukeme juoda rutuli} \}$
  - $H_2 = \{ \text{antruoju traukimu istraukeme balta rutuli} \}$
  - $A = \{ \text{baltu rutuliu istraukimas} \}$
  - $P\left(A\right) = P\left(H_1\right) P\left(A \setminus H_1\right) + P\left(H_2\right) P\left(A \setminus H_2\right) = \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} + \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{4}$
pavyzdys: dvi dėžės: 2B3J ir 1B1J
- vienas rutulys iš pirmos perkeliamas į antrą
- po to vienas rutulys iš antros traukiamas
- kokia tikimybė kad bus ištrauktas baltas?
- $H_1 = \{\text{perkeltas baltas}\}$
- $H_2 = \{\text{perkeltas juodas}\}$
- $A = \{\text{istrauktas baltas}\}$
- $P\left(A\right) = P\left(H_1\right) P\left(A \setminus H_1\right) + P\left(H_2\right) P\left(A \setminus H_2\right) = \frac{2}{5} \cdot \frac{2}{3} + \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{3}$