7. Gadījuma lielumi

Dažādu procesu rezultāti parasti satur arī skaitlisku informāciju. Piemēram, spēļu kauliņa mešanas rezultāts ir viens no skaitļiem 1, 2, 3, 4, 5, 6. Metot divus kauliņus reizē, iegūtā summa ir skaitlis no 2 līdz 12. Šaujot mērķī, rezultāts ir skaitlis no 0 līdz 10, utt.

Šādās situācijās pieņemts runāt par gadījuma lielumiem, un apzīmēt tos ar burtiem, tāpat kā mainīgos. Tā, metot spēļu kauliņu, uzmestais punktu skaits ir gadījuma lielums K₁, kas pieņem vērtības no 1 līdz 6 ar vienādām varbūtībām:

Šo tabulu pieņemts saukt par gadījuma lieluma K₁ varbūtību sadalījumu. Pieraksts P{K₁ = m} nozīmē "varbūtība, ka K₁ vienāds ar m". Piemēram:

P{K₁ = 6} = 1/6.

Šādā pierakstā nav nekā neparasta: vienādība K₁ = 6 ir notikums, kas kauliņa mešanas procesā var notikt vai nenotikt. Tikpat dabiski būtu rakstīt arī tā:

P{K₁ <= 4} = 1 - P{K₁ = 5} - P{K₁ = 6} = 4/6 = 2/3,

P{K₁ dalās ar 3} = P{K₁ = 3} + P{K₁ = 6} = 2/6 = 1/3.

1.sadaļā (trešā etīde) mēs aplūkojām gadījuma lielumu K₂ - punktu summu, kas rodas, metot divus spēļu kauliņus reizē. Pie tam mēs konstatējām, ka lieluma K₂ varbūtību sadalījums ir šāds:

Tāpēc mēs varam rakstīt arī, piemēram, ka:

P{K₂ <> 7} = 5/6,

P{|K₂ - 7| > 1} =1 - 1/6 - 5/36 - 5/36 = 5/9.

Mūsu trešajam gadījuma lielumam Š_A = "trāpīto punktu skaits, šāvējam A vienreiz šaujot mērķī" varbūtību sadalījums ir atkarīgs no A meistarības. Šo sadalījumu var novērtēt tikai tuvināti, apkopojot šaušanas rezultātu statistiku.

Pieņemsim, ka mēs esam šo statistiku apkopojuši diviem šāvējiem - A un B, pie tam rezultāti ir šādi:

(šis piemērs aizgūts no A. un I. Jagloma grāmatas [1973]). Kurš no abiem - A vai B jāuzskata par labāku šāvēju? Kurš sacensībās iegūs augstāku vietu? Nelasiet tālāk, nepamēģinājuši patstāvīgi atbildēt uz šo jautājumu.

Manuprāt, varētu spriest tā. Šāvējs A no katriem 100 šāvieniem vidēji 2 reizes trāpa "pļavā", vidēji 3 reizes- vieniniekā, 5 reizes - divniekā, utt,. 3 reizes - desmitniekā. Kopā sanāk vidēji

2*0+3*1+5*2+10*3+15*4+20*5+20*6+10*7+7*8+5*9+3*10=524.

Tātad, šaujot 100 reizes, A iegūs vidēji 524 punktus. Tagad vidējais B rezultāts:

1*0+1*1+4*2+10*3+25*4+30*5+18*6+5*7+3*8+2*9+1*10=484.

Acīmredzot, B ir sliktāks šāvējs: sacensībās A iegūst vidēji 524 punktus, bet B - tikai vidēji 484.

Šo aprēķinu metodi var padarīt neatkarīgu no kopējā šāvienu skaita (ja 100 šāvienu vietā mēs gribētu aplūkot 50 vai 200 šāvienus, spriedumi taču būtu līdzīgi). Ideja: aprēķināt viena šāviena vidējo rezultātu:

E(Š_A)=0,02*0+0,03*1+...+0,03*10=5,24,

E(Š_B)=0,01*0+0,01*1+...+0,01*10=4,84.

Tātad šāvējs A ar katru šāvienu iegūst "vidēji" 5,24 punktus, bet B - 4,84 punktus. Tātad 50, 100 un 200 šāvienu vidējie rezultāti būtu attiecīgi:

50*5,24=262, 50*4,84=242,

100*5,24=524, 100*4,84=484,

200*5,24=1048, 200*4,84=968.

Skaitļus E(Š_A), E(Š_B) pieņemts saukt par gadījuma lielumu Š_A, Š_B vidējām vērtībām. Tas, ka vidējās vērtības iznāk daļskaitļi (kaut gan lielumi Š_A, Š_B pieņem tikai veselas vērtības), laikam mūs nemulsina: tā tas mēdz būt ar visiem "vidējiem" lielumiem (ja mans kaimiņš ir apēdis vistu, tad "vidēji" katram no mums iznāk pa pusvistai).

Vispārīgā gadījumā, ja gadījuma lielums X pieņem vērtības a₁, a₂, ..., a_n attiecīgi ar varbūtībām p₁, p₂, ..., p_n (t.i., P{X = a_i} = p_i un, protams, p₁+p₂ +...+p_n = 1), tad X vidējo vērtību definē šādi:

E(X)=p₁a₁ + p₂a₂ + ... + p_na_n.

Ievērosim, ka vērtības a₁, a₂, ..., a_n varētu būt arī vienādas (da?as vai pat visas).

14.uzdevums. Gadījuma lielumam K₁ = "punktu skaits, kas uzkrīt, metot vienu spēļu kauliņu" vidējā vērtība iznāk

E(K₁) = 1/6*1 + 1/6*2 + 1/6*3 + 1/6*4 + 1/6*5 + 1/6*6 = 1/6*(1+2+3+4+5+6) =

= 1/6*(6*7)/2 = 3,5.

Aprēķiniet vidējo vērtību lielumam K₂ = "punktu summa, kas uzkrīt, metot divus spēļu kauliņus". Pamēģiniet izdarīt to pašu arī lielumiem K₃, K₄ utt.

Šī uzdevuma risinājums stipri vienkāršojas, ja tajā izmanto gadījuma lielumu summas jēdzienu. Ja kāda procesa rezultātā parādās divi gadījuma lielumi X, Y, tad X+Y arī ir gadījuma lielums, kas parādās tajā pašā procesā. Piemēram, metot divus spēļu kauliņus reizē, parādās divi gadījuma lielumi:

K' = "uzkritušais pirmā kauliņa punktu skaits",

K" = "uzkritušais otrā kauliņa punktu skaits".

Skaidrs, ka katra no sešām K' vērtībām "krīt" ar varbūtību 1/6, tāpēc E(K')=E(K₁)=3,5. Analoģiski arī E(K")=3,5. Tā kā K₂ =K'+K", tad kā būs ar E(K₂)? Vai tiešām

E(K₂) = E(K') + E(K'') = 3,5+3,5 = 7?

Teorēma. Ja divi gadījuma lielumi X,Y parādās vienā procesā, tad

E(X+Y) = E(X)+E(Y).

Bez tam, ja a,b - jebkuri reāli skaitļi, tad E(aX+b) = aE(X)+b.

Pierādījums. Pieņemsim, ka minētajam procesam ir pavisam n iznākumi i₁, i₂, ..., i_n, kas parādās attiecīgi ar varbūtībām p₁, p₂, ..., p_n, un ka pie iznākuma i_k (1<=k<=n) lielums X pieņem vērtību x_k, bet lielums Y - vērtību y_k. Tad:

E(X) = p₁x₁ + p₂x₂ + ... + p_nx_n,

E(Y) = p₁y₁ + p₂y₂ + ... + p_ny_n.

Lielums X+Y pie iznākuma i_k pieņem vērtību x_k+y_k, tāpēc

E(X+Y) = p₁(x₁+y₁) + p₂(x₂+y₂) + ... + p_n(x_n+y_n) = E(X)+E(Y),

ko arī vajadzēja pierādīt.

Teorēmas otro daļu pamēģiniet pierādīt patstāvīgi.

Secinājums. Ja gadījuma lielumi X₁, X₂, ..., X_m parādās vienā procesā, tad

E(X₁+X₂+...+X_m) = E(X₁) + E(X₂) + ... + E(X_m).

Atgriezīsimies tagad pie uzdevuma aprēķināt vidējo vērtību gadījuma lielumam K₂ = "punktu summa, kas uzkrīt, 2metot divus spēļu kauliņus reizē". Tā kā K₂ = K'+K", kur E(K')=E(K")=3,5, tad saskaņā ar tikko pierādīto teorēmu: E(K₂)=7. Spriežot līdzīgi, iznāk, ka jebkuram n:

E(K_n) = 3,5n.

Tādā veidā, darbojoties ar vidējām vērtībām, daudzus uzdevumus var atrisināt (vai vismaz - uzminēt atrisinājumu) vieglāk nekā tiešu aprēķinu ceļā. Tas nozīmē, ka būs arī uzdevumi, kurus tiešā ceļā vispār nebūs fiziski iespējams atrisināt, bet vidējo vērtību izmantošana ļaus to izdarīt.

Līdzīgi summām, var mēģināt izmantot arī gadījuma lielumu reizinājumu: ja X,Y ir gadījuma lielumi, kas parādās vienā procesā, tad arī reizinājums XY parādās tajā pašā procesā. Izrādās, ka vispār ņemot, E(XY) nav vienāds ar E(X)E(Y). Patiešām, ja aplūkojam viena spēļu kauliņa mešanu, un ievedam lielumus X=K₁ un Y=2K₁, tad, no vienas puses:

E(X)E(Y) = 3,5*2*3,5 =49,

bet, no otras puses:

E(XY) =E(2K₁²) = 1/6*2(1²+2²+3²+4²+5²+6 ) = 91/3 ~ 30,3.

15.uzdevums. Aplūkosim divu kauliņu mešanu un divus gadījuma lielumus K', K" (skat. iepriekš). Pārliecinieties, ka E(K'K")=E(K')E(K")=(3,5)².

Kāpēc šoreiz reizinājuma vidējā vērtība iznāca vienāda vidējo vērtību reizinājumam? Izrādās, ka visam pamatā ir lielumu K', K" neatkarība (K' atkarīgs tikai no pirmā kauliņa, K" - tikai no otrā). Divus gadījuma lielumus, kas parādās vienā procesā, sauc par neatkarīgiem gadījuma lielumiem, ja viena lieluma pieņemtā vērtība nekādi neietekmē otra lieluma vērtības, un otrādi.

Ja X, Y - neatkarīgi gadījuma lielumi, tad jebkuriem skaitļiem a, b notikumi X=a, Y=b arī būs neatkarīgi, tāpēc

P{X=a un Y=b} = P{X=a}P{X=b}.

Izmantojot šo īpašību, varam pierādīt mūs interesējošo teorēmu.

Teorēma. Ja gadījuma lielumi X,Y parādās vienā procesā un ir neatkarīgi, tad

E(XY)=E(X)E(Y).

Pierādījums. Iepriekšējā pierādījuma apzīmējumos:

E(X)=a₁P{X=a₁} + a₂P{X=a₂} + ... + a_nP{X=a_n},

E(Y)=b₁P{Y=b₁ }+ b₂P{Y=b₂}+ ... + b_nP{Y=b_n}.

Sareizinot abas šīs summas, no vienas puses, iegūsim E(X)E(Y), bet no otras puses - summu no visiem iespējamiem reizinājumiem

a_kP{X=a_k}b_tP{Y=b_t}. (*)

Šeit skaitļi k, t neatkarīgi viens no otra pieņem vērtības no 1 līdz n. Saskaņā ar minēto īpašību (jo lielumi X,Y ir neatkarīgi), saskaitāmais (*) būs vienāds ar

a_kb_tP{X=a_k un Y=b_t }.

Summējot visus iespējamos šādus saskaitāmos, mēs iegūstam (pēc definīcijas) vidējo vērtību E(XY). Tātad E(X)E(Y)=E(XY), ko arī vajadzēja pierādīt.

Zinot šo teorēmu, iepriekšējā uzdevuma risinājums kļūst triviāls.

16.uzdevums. Aplūkosim monētas mešanu un gadījuma lielumu C_n = "n metienos uzkritušo ciparu skaits". Pārliecinieties, ka E(C_n) =n/2.

8. Dispersija. Čebiševa nevienādība

Aplūkosim divus gadījuma lielumus X,Y, kuriem abiem ir vienāda vidējā vērtība: E(X)=E(Y)=a. Ja šie lielumi nav pilnīgi vienādi, ar ko tie var savā starpā atšķirties? Kā tūlīt redzēsim, ļoti būtiska atšķirība var būt: cik bieži un cik tālu lielumi X,Y novirzās no savas vidējās vērtības. Ja lieluma X vērtības parasti atrodas tuvu vidējai vērtībai E(X), tad šī vidējā vērtība ir labs lieluma X raksturojums. Toties otrajam lielumam Y, ja tas bieži novirzās tālu no savas vidējās vērtības E(Y), šī vidējā vērtība ir vairs tikai ļoti tuvināts raksturojums. Piemēram aplūkosim divus šādus gadījuma lielumus:

Viegli pārliecināties, ka E(X)=E(Y)=3,5. Toties:

P{|X-3,5| > 1} = 1/3, bet P{|Y-3,5| > 1} = 2/3.

Redzam, ka X (salīdzinot ar Y) "ciešāk turas" pie savas vidējās vērtības 3,5.

Kā precīzāk izmērīt gadījuma lieluma "izkliedes pakāpi"? Pirmā ideja, kas nāk prātā: par gadījuma lieluma "izkliedes mēru" ņemsim vidējo X vērtības attālumu no "centrālās" vērtības E(X), t.i., E(|X - E(X)|). Jo mazāka ir izteiksmes E(|X - E(X)|) vērtība, jo mazāk lielums X "tiecas" novirzīties no E(X).

17.uzdevums. Aplūkosim gadījuma lielumus G₁, G₂, ..., G_n , ..., katrs no tiem pieņem vērtību 1 ar varbūtību p (0<=p<=1), un vērtību 0 - ar varbūtību 0. Summu G₁+G₂+...+G_n apzīmēsim ar S_n. Zinot, ka E(S_n)=np, pārliecinieties, ka:

E(|S₁ - p|) = 2p(1-p),

E(|S₂ - 2p|) = 4p(1-p)max(p,1-p).

Vai Jums izdosies aprēķināt arī E(|S₃ - 3p|)?

Kā redzat, "izkliedes mērs" E(|X-E(X)|) pat ļoti vienkāršās situācijās noved pie pārāk sarežģītām formulām. Šī neveiksme piespiedusi matemātiķus izmēģināt citu "izkliedes mēru":

D(X)=E((X - E(X))²),

nosaucot to par gadījuma lieluma X dispersiju. Šeit attāluma |X - E(X)| vietā tiek ņemts šī attāluma kvadrāts. Arī te var teikt: jo dispersija D(X) ir mazāka, jo mazāk X "tiecas" novirzīties no savas vidējās vērtības.

Izvēršot dispersijas definīciju, iznāk, ka ja gadījuma lielums X pieņem vērtības a₁, a₂, ..., a_k ar varbūtībām p₁, p₂, ..., p_k (visu p_i summa ir 1) tad

D(X)=p₁(a₁ - E(X))² + p₂(a₂ - E(X))² + ... + p_k(a_k - E(X))². (*)

Piezīme. Tagad - datoru laikmetā "izkliedes mēra" E(|X - E(X)|) "sliktās" matemātiskās īpašības vairs neliekas tik nopietns šķērslis. Dators viegli aprēķinās kā D(X), tā E(|X - E(X)|). Varbūt, matemātiķu pieņemtais lēmums tagad būtu jāpārskata?

Izrādās, ka D(X) aprēķini gadījuma lielumiem S_n iznāk stipri vienkāršāki. Piemēram, aprēķināsim D(S₁). Mēs jau zinām, ka E(S₁)=p. Lielums (S₁-p)² pieņem divas vērtības:

(1-p)² - ar varbūtību p,

(0-p)² - ar varbūtību 1-p.

Tātad, pēc definīcijas:

D(S₁)=p(1-p)² + (1-p)p² = p(1-p)(1-p+p)=p(1-p).

Līdzīgi spriežot: E(S₂)=2p, bet lielums (S₂-2p)² pieņem 3 vērtības:

(2-2p)² - ar varbūtību p²,

(1-2p)² - ar varbūtību 2p(1-p),

(0-2p)² - ar varbūtību (1-p)².

Tātad:

D(S₂) = p²(2-2p)² + 2p(1-p)(1-2p)² + (1-p)²(2p)² =

= 2p(1-p)(p*2(1-p) + (1-2p)² + 2p(1-p)) = 2p(1-p).

Ja vēlaties, varat pārliecinieties, ka arī D(S₃)=3p(1-p) un vispār, visiem n>=1:

D(S_n) = np(1-p).

Šo formulu var iegūt daudz vieglāk, ja ievēro, ka neatkarīgu gadījuma lielumu summas dispersija ir šo lielumu dispersiju summa.

Teorēma. Ja X,Y ir neatkarīgi gadījuma lielumi, kas parādās vienā procesā, tad

D(X+Y)=D(X)+D(Y).

Bez tam, jebkuriem reāliem skaitļiem a,b: D(aX+b)=a²D(X).

Teorēmas pirmās daļas pierādījums balstās uz vienkāršu, bet svarīgu lemmu.

Lemma. Jebkuram gadījuma lielumam X:

D(X) = E(X²) - (E(X))²,

t.i., lieluma dispersiju var iegūt, atņemot lieluma vidējās vērtības kvadrātu no lieluma X² vidējās vērtības.

Lemmas pierādījums.

D(X)=E((X-E(X))²) = E(X² - 2XE(X) + (E(X)) ² ) =

= E(X²) - 2E(X)E(X) + (E(X))² = E(X²) - (E(X))²,

ko arī vajadzēja pierādīt.

Piezīme. Starp citu, risinot praktiskus uzdevumus, lemmas dotā formula parasti ir labākais dispersijas aprēķina paņēmiens. Tiešām, ja X pieņem vērtības a₁, a₂, ..., a_k ar varbūtībām p₁, p₂, ..., p_k, tad E(X) un D(X) var rēķināt paralēli, piemēram, programmējot valodā Pascal:

E:=0; D:=0;

for i:=1 to k do begin

S:=a_i*p_i; E:=E+S; S:=S*a_i; D=D+S;

end;

D:=D-E*E;

Turpretim, ja mēs gribētu sekot tieši D(X) definīcijai (sk. formulu (*)), tad vispirms vajadzētu aprēķināt E(X) un tikai pēc tam varētu rēķināt un summēt izteiksmes 2p_i(a_i-E(X)). Tas būtu daudz garāks ceļš.

18.uzdevums. Aprēķiniet dispersiju gadījuma lielumiem Š_A, Š_B (sk. 7.sadaļas sākumu).

Teorēmas pierādījums. Saskaņā ar lemmu:

D(X)=E(X²) - (E(X))²,

D(Y)=E(Y²) - (E(Y))².

D(X+Y) = E((X+Y)²) - (E(X+Y))² = (E(X+Y)²) - (E(X)+E(Y))² =

= E(X²+2XY+Y²) - (E(X))² - 2E(X)E(Y) - (E(Y))² =

= E(X²) + 2E(XY) + E(Y²) - (E(X))² - 2E(X)E(Y) - (E(Y))².

Tā kā lielumi X, Y ir neatkarīgi, tad E(XY)=E(X)E(Y), tāpēc reizinājumi saīsinās un:

D(X+Y) = E(X²) + E(Y²) - (E(X))² - (E(Y))² = D(X)+D(Y).

Teorēmas otro daļu pierādiet patstāvīgi.

Tagad, izmantojot šo teorēmu, varam viegli pierādīt, ka D(S_n) = np(1-p). Tiešām, S_n = X₁+X₂+...+X_n, kur visi X_i ir neatkarīgi gadījuma lielumi, kas ekvivalenti S₁. Tā kā D(S₁) = p(1-p) mēs jau pierādījām, tad D(Xi) = p(1-p) visiem i un saskaņā ar teorēmu: D(S_n) = np(1-p).

19.uzdevums. Pārliecinieties, ka gadījuma lielumam X dispersija vienāda ar nulli tad un tikai tad, ja X ar varbūtību 1 pieņem vienu un to pašu vērtību (t.i., ja X "nemaz nav" gadījuma lielums).

Jāņem vērā (sevišķi praktiskos aprēķinos), ka dispersija nebūt nav universāli piemērojams "izkliedes mērs". Aplūkosim, piemēram, divus šādus gadījuma lielumus X, Y:

E(X) = 0,

D(X) = 1/75*5² + 73/75*0² + 1/75*5² = 2/3,

E(Y) = 0,

D(Y) = 1/3*1² + 1/3*0² + 1/3*1² = 2/3.

Kā redzat, abiem lielumiem ir vienādas dispersijas. Vai tāpēc tie ir "vienādi izliedēti"? Lielums X novirzās no vidējās vērtības "tālu" - par +-5, taču tas notiek ar samērā nelielu varbūtību. Lielums Y novirzās no 0 daudz mazāk - tikai par +-1, taču tas notiek ar diezgan lielu varbūtību. "Tālumam" un biežumam savstarpēji kompensējoties, iznāk vienādas dispersijas!

Dispersijas jēdzienam ir svarīga teorētiska nozīme. Ar tā palīdzību var pierādīt t.s. lielo skaitļu likumu (sk. nākošo sadaļu), kas teorētiski pamato varbūtības jēdziena lietojamību praksē.

Vispirms pierādīsim t.s. Čebiševa nevienādību (Pafnutijs Čebiševs, 1821-1894, izcils krievu matemātiķis).

Teorēma. Jebkuram gadījuma lielumam X un jebkuram pozitīvam reālam skaitlim a:

P{|X-E(X)| >= a} <= D(X) / a².

Izsakot to vārdiem, šī nevienādība it kā neko citu neapgalvo kā jau labi zināmo: jo mazāka dispersija, jo mazāka varbūtība, ka lielums X tālu novirzīsies no savas vidējās vērtības. Taču jāievēro, ka šeit tomēr ir arī kaut kas jauns: katram novirzes lielumam a Čebiševa nevienādība ļauj aptuveni novērtēt tik lielas novirzes varbūtību.

Teorēmas pierādījums. Ja lielums X pieņem vērtības a₁, a₂, ..., a_k ar varbūtībām p₁, p₂, ..., p_k (visu p_i summa vienāda ar 1), tad P{|X-E(X)| >=a } ir visu to p_i summa, kam izpildās nosacījums |a_i-E(X)|>=a. Citādi sakot (un tā ir galvenā ideja!):

(a_i - E(X))² / a² >= 1, jeb p_i <= p_i (a_i-E(X))² / a².

Tagad kreisajā pusē summējam visus tos p_i, kam izpildās nosacījums |a_i-E(X)|>=a, bet labajā pusē summējam pa visiem i no 1 līdz k. Tad nevienādība saglabājas, bet kreisajā pusē iznāk P{|X-E(X)|>=a}, un labajā iznāk D(X)/a², ko arī vajadzēja pierādīt.

Pamēģināsim tagad ar Čebiševa nevienādības palīdzību novērtēt varbūtību, ka 1000 monētas metienos uzkritušo ciparu skaits stipri atšķirsies no savas teorētiskās vidējās vērtības 500. Ņemsim tāpēc X vietā gadījuma lielumu S_n, tad saskaņā ar Čebiševa nevienādību:

P{|S_n - np| >= a} <= np(1-p) / a².

Tā kā monētai p=1/2 un mūs interesē n=1000, tad:

P{|S₁₀₀₀ - 500| >= a} <= 250 / a².

Ja tagad izvēlēsimies a=50, tad

P{|S₁₀₀₀ - 500| >= 50} <= 250/2500 = 1/10,

bet, ja a=100, tad

P{|S₁₀₀₀ - 500| >= 100} <= 250/10000 = 0,025.

Ja lielums X būtu garums, izteikts metros, tad arī vidējā vērtība E(X) būtu garums metros. Toties dispersijas D(X) mērvienība būtu jau... kvadrātmetri! Vai tas ir normāli: garuma novirzi no "vidējā garuma" mērīt kvadrātmetros? Tāpēc dažkārt dispersijas vietā lieto tās kvadrātsakni sqrt(D(X)), un šo lielumu pieņemts saukt par standartnovirzi. Gadījuma lieluma standartnovirzei ir tā pati mērvienība, kas pašam lielumam.

Izmantojot standartnovirzi, Čebiševa nevienādību var pārrakstīt dažiem uzdevumiem ērtākā formā: ja ņemsim a = b*sqrt(D(X)), tad

P{|X-E(X)| >= b*sqrt(D(X))} <= 1 / b².

Šī nevienādība apgalvo, ka gadījuma lieluma X novirze no vidējās vērtības E(X) var pārsniegt standartnovirzi b reizes tikai ar varbūtību, kas nav lielāka par 1/b².