1 פרק

לסטטיסטיקה מבוא

מהי? סטטיסטיקה 1.1

מסקנות והסקת הצגתם עיבודם, איסופם, כמותיים, בנתונים העוסק מדע היא הסטטיסטיקהתחום איזה הדעת על להעלות קשה בימינו, שונים. מסוגים בעיות בפתרון לסייע כדי וזאת מהםאישית הנוגעות החלטות בה. נגעה לא הסטטיסטיקאים יד ואשר סטטיסטי היבט לו שאין בחיינו,הבסיסיים המכולת מצרכי מחירי קביעת כגון: סטטיסטיקה, על מבוססות מאתנו ואחת אחד לכלהחודשי, התקציב תכנון דם, לחץ חום, מדידת שונים: וחישובים מדדים לפי הנעשית קונים, שאנובאופן בסטטיסטיקה שימוש מערבות האלה הרגילות הפעולות כל הקלוריות. כמות וחישובסוציולוגיה, התנהגות, מדעי גנטיקה, כמו מדע של שלמים שתחומים לציין, חשוב אינטואיטיבי.בנתונים השימוש שלהם. טבעית שפה מהווה היא כי סטטיסטיקה בלי קיימים היו לא וכו' רפואהכי הסיבוכים מתחילים כאן אבל ורצינית. מודרנית גישה מסמן ותקשורת בעיתונות סטטיסטייםשגויים אף ולפעמים שלמים לא מדויקים, לא קרובות לעיתים הם בתקשורת המופיעים הנתונים

סטטיסטיקה: לגבי מנוגדות דעות שתי יש הרחב שבציבור לכך הביא אשר מעוותים, או

לקבלת שגורם מה בפרט, ולסטטיסטיקה כולו למדע רב כבוד על מבוססת אשר ה"תמימה"; •שקורא גבר על בבדיחה מבוטאת הזאת הדעה מוחלטת. אמת כאל הסטטיסטים הנתונים3 רק לנו שיש מזל "איזה ואומר לאישתו ופונה סיני הוא בעולם רביעי ילד שכל בעיתוןכמו לה, שייכים לא שבכלל בתחומים בסטטיסטיקה לשימוש מביאה הזאת הגישה ילדים".

וכו'. אלוהים לקיום סטטיסטיות הוכחות

סטטיסטים לנתונים לכן דבר, כל להוכיח אפשר סטטיסטיקה שבעזרת שמאמינה ה"צינית"; •שקר: של סוגים 3 יש כי להכריז נוהגים הזאת הגישה של חסידים משקל. שום איןשלא סטטיסטיים מחקרים להזמנות מביאה הזאת הגישה וסטטיסטיקה. גס שקר שקר,פרסום בתחומי פורחת זו גישה מראש, מוזמנות הסופיות התוצאות גם אך המטרות רק

ופוליטיקה.

גבולות הגבלות, מטרות, של הבנה ואי אי־ידיעה על מבוססות הן כי שגויות הגישות שתיסטטיסטיקה? זה מה השאלה, עולה כעת כמדע. ושימושית עיונית סטטיסטיקה של ודרישותלהסיק מנת על כמותיים נתונים וניתוח באיסוף,עיבוד העוסקת, והאומנות המדע היא סטטיסטיקה

1

2 לסטטיסטיקה מבוא .1 פרק

ההסתברות בתורת מפתח מלת היא ודאות" "אי־ המילה אי־ודאות. בנוכחות מהימנות מסקנותמסיבות שכאן הוא מתמטיקה של אחרים לתחומים האלה התחומים בין הבדל וסטטיסטיקה.מדי יותר האוכלוסייה כי קורה זה לפעמים חוקרים. שאנו פרמטר על חלקי מידע רק לנו יש שונותמסיים מוצר של ביצור איכות בדיקת היא המחקר של המטרה אם (למשל, כולל למחקר גדולההיא האוכלוסייה כי קורה זה ולפעמים ומוצר) מוצר כל של בדיקה לערוך ותקציב זמן אין כאשרועל מדגם עורכים אנו כך, לשם הימורים). משחקי או גנטיקה בתחומי במחקר (למשל אינסופית

הנדרש. הפרמטר את לאמוד מנסים סמכוהבאים: משלבים מורכב סטטיסטי מחקר כל סטטיסטי? מחקר מורכב שלבים מאילו

בעלת להיות חייבת המחקר של מטרתו כל, ראשית המחקר: מטרות של מדויקת הגדרה .1מאוד להיות: יכול המטרה שנית, יעזור. לא סטטיסטי מחקר אף אחרת כי משמעות,בגנטיקה). תורשה חוקי הגדרת או בפלזמה חלקיקים מסלולי חישוב למשל, (כמו עיוניתהעיקר חדש). מוצר שיווק לפני שוק בדיקת או ביצור איכות בקרת (כמו מעשית מאוד אומטרה (הגדרת מסוימות ביחידות למדידה נתנים להיות צריכים המחקר של שפרמטרים

מסטטיסטיקה). חלק לא היא

את לבחור איך היא: זה בשלב עולה אשר וחשובה עיקרית שאלה המייצג: המדגם בחירת .2חלק הוא ניסיון כל , ניסיונות סדרת עורכים אנחנו כאשר טבע במדעי המייצג? המדגםהצפייה מדויק. באופן נערך והניסוי נכון פועלים המכשירים שכל בתנאי המייצג מהמדגםתוצאות כמה עד זהירות: של מסוימת רמה מחייבת כבר טבע במדעי מסוימת באוכלוסייהנפרד, תחום מתחיל כאן האוכלוסייה? כל לגבי נכונות מסוימת בקבוצה מתצפית שנתקבלומייצג מדגם של נכון מבחר הניסיונות". "תורת שנקרא סטטיסטיקה של ומסובך מרתקבתחום לגעת אפשרות לנו אין זה בקורס עצמה. בפני אומנות זה וסוציולוגיה בפסיכולוגיההנתונים בעיבוד רק ונתעסק מייצג הוא שהמדגם נניח תמיד כך ולשם הניסיונות, תורת של

המדגם. של

הכי השלב בד"כ הוא מדגם של פרמטרים חישוב במדגם: הנדרשים הפרמטרים חישוב .3הנפוצים. הפרמטרים של חישוב נוסחאות נגדיר בהמשך המחקר. בכל טכני

אפשר מראש המדגם תוצאות על המדגם: מתוצאות האמיתי הפרמטר משמעות הערכת .4מהערכים שונים הם מהמדגם שנתקבלו הפרמטרים של הערכים אחד: דבר רק להכריזובהמשך זה בפרק נתעסק אנחנו אמת לתוצאת קרובים הם כמה עד בשאלה האמיתיים.

הקורס.

תיאורית סטטיסטיקה 1.2

תורת צמחה שממנו התחום היה זה הימורים. משחקי בתחום קצר ממחקר נתחיל אנחנומשחקי היום עד המדע. של לשורשים חוזרים שאנחנו כך עשרה, השבעה במאה ההסתברותהימורים במשחקי ההסתברות. בתורת למחקר ביותר והנוח הנרחב כשדה משמשים ההימוריםמטבע מטילים אם דוגמא: כאוס. מתוך הרמוניה הולדות ההסתברות. תורת של היופי את רואיםשל טונות 2 נטיל אם אבל "פלי", או "עץ" נקבל האם מראש לחזות אפשרות שום אין אחד הוגןנערוך שאנו הניסוי "פלים". של אחת וטונה "עצים" של אחת טונה נקבל אז הוגנים, מטבעות

3 לסטטיסטיקה מבוא .1 פרק

הטלה. בכל הקוביות שלושת בסכום מעונינים אנחנו כאשר פעם 60 משחק קוביות 3 הטלת הואהן: התוצאות

5,6,6 3,4,5 4,5,6 2,4,5 1,1,5 3,3,6 2,5,6 4,4,5 1,3,5 2,3,62,4,5 1,1,4 4,5,6 3,3,3 1,1,5 2,2,5 2,4,5 5,5,6 2,3,3 1,3,41,2,3 4,5,6 1,5,5 1,2,4 2,3,5 3,3,3 3,4,6 1,5,6 3,3,6 2,3,41,2,6 1,4,5 4,5,5 2,4,6 4,5,6 1,4,5 2,2,5 3,3,4 2,5,6 5,6,61,1,4 1,5,6 2,5,6 2,2,3 1,4,5 1,3,4 3,4,5 2,3,4 1,4,4 2,3,45,6,6 3,5,6 1,1,4 3,3,4 2,2,6 1,3,5 1,1,2 1,3,4 2,3,6 6,6,6

הנתונים את נסדר כל, קודם לכן אקראית. בצורה מוצגות התוצאות כאשר מסקנות להסיק קשהשכיחות: טבלת ונקבל סכום כל מופיע פעמים כמה נחשב עולה, בסדר סכום לפי

סך־הכל 18 17 16 15 14 13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 סכום60 1 3 1 4 2 5 7 6 7 11 4 4 4 0 1 שכיחות

הנ"ל. הדוגמא על־פי אותם ונדגים תיאורית סטטיסטיקה של בסיסיים מושגים נגדיר

.60 הוא המדגם גודל שלנו, בדוגמא המדגם. גודל נקרא במדגם הערכים מספר •

הוא הטווח שלנו, בדוגמא המדגם. טווח נקרא מינימלי והערך מקסימלי הערך בין הפרש •.18 − 4 = 14

של שכיחות שלנו, בדוגמא שלו. שכיחות נקרא במדגם מופיע הנתון שערך הפעמים מספר •.4 היא ל־8 השווה הסכום

הערכים את נכתוב חציון. נקרא ממנו וחצי־קטנים ממנו גדולים מהנתונים שחצי הערך •:x1 ≤ · · · ≤ xn כאשר ,x1, . . . , xn אותם ונסמן יורד לא בסדר n מגודל במדגם שנתקבלו

.xk+1 הוא החציון אז אי־זוגי) (ז"א n = 2k + 1 המדגם גודל אם .1

.12(xk + xk+1) הוא החציון אז זוגי) (ז"א n = 2k המדגם גודל אם .2

.12(10 + 10) = 10 הוא החציון שלנו בדוגמא

השכיח הערך שלנו בדוגמא השכיח. הערך נקרא מקסימלית ששכיחותו הערכים) (או הערך •.9 הוא

כותבים המדגם. לגודל מחולק הערכים כל של סכום הוא הממוצע •

x =1

n(x1 + x2 + · · · + xn) =

1

n

n∑

i=1

xi.

שמספר לב שימו המדגם. של הערכים הם x1, . . . , xn ו־ המדגם גודל הוא n כאשרהשכיחות עם נתון yi ערך כל אם לכן שלו. לשכיחות שווה בסכום מופיע ערך שכל הפעמים

4 לסטטיסטיקה מבוא .1 פרק

בדוגמא .x = 1n

∑ki=1 fiyi ל־ הופכת הנוסחה אז k הוא שונים ערכים ומספר fi שלו

מקבלים: שלנו

x =1

60(4+24+28+32+99+70+66+84+65+28+60+16+51+18) = 10.75.

הנוסחה: על־ידי מוגדר המדגם שונות •

V ar =1

n

n∑

i=1

(xi − x)2 =1

n

k∑

i=1

fi(yi − x)2.

המדגם, של הממוצע הוא x המדגם, של הערכים הם x1, . . . , xn המדגם, גודל הוא n כאשרממוצע היא ששונות לראות ניתן מסקנה, .x1, . . . , xn בקבוצה השונים הערכים הם yi ו־

שלנו: בדוגמא לממוצע. הערכים בין המרחקים ריבועי של

V ar =1

60((4 − 10.75)2 + 4(6 − 10.75)2 + · · ·+ (18 − 10.75)2) = 9.7875.

s =√

9.7875 ≈ שלנו: בדוגמא .s =√

V ar על־ידי מוגדרת המדגם של התקן סטיית •.3.1285

המדגם משהו מראות האלה המידות המדגם. של מרכז מידות הם והשכיח החציון הממוצע,מהאמת, מאוד שונה להיות יכולה מרכז מידות ידי על רק מיוצגת התמונה להיזהר: צריך אבלשזה 36.6C הוא הממוצע החום אז 31.2C ולשני 42C חום יש לאחד חולים בית בחדר אם כגון:פיזור את שמראות הפיזור מידות חשובות פחות לא לכן מת. והשני גוסס שאחד למרות מצויןהמידות הפיזור. למידות שייכים ומקסימליים מינימליים ערכים טווח, המרכז. סביב הנתוניםלחזור היא תקן סטיית מגדירים שאנו הסיבה תקן. וסטיית שונות הן הפיזור מידות בין החשובות

התחלנו. שמהם מידה ליחידותהמוגדרת סימטרית התפלגות של במקרה שווים תמיד הם מהחציון. שונה ממוצע כלל בדרךקטן xi לכל אם סימטרית התפלגות יש n מגודל מדגם של x1, x2, . . . , xn לסדרה הבא. באופןיש בסדרה אם .xj − x = d ומקיים מהממוצע גדול xj קיים x − xi = d ומקיים מהממוצעמהממוצע גדולים מספרים k בדיוק יש אז x − xi = d ומקיימים מהממוצע קטנים ערכים k

.xj − x = d ומקיימיםהבא: בצורה מכינים היסטוגרמה היסטוגרמה. ע"י גרפי באופן לתאר ניתן השכיחות טבלת את.X של שכיחות הוא וגובהו x על בסיסו שמרכז מלבן מציירים השכיחות מטבלת X ערך לכל

דוגמא:

ציון שכיחות60 170 180 290 1

סה"כ 5

5 לסטטיסטיקה מבוא .1 פרק

90807060ציון

3

2

1

0

כניסה מבחני למשל כמו כולה, האוכלוסייה הוא המדגם כאשר לסימונים, ביחס מילים כמה.σ ב־ תקן וסטיית µ ב הממוצע את לסמן נהוג לאוניברסיטאות

האוכלוסייה של האמיתי הממוצע אחרות במילים או התוחלת את מסמנת µ •

האוכלוסייה. של האמיתית התקן סטיית את מסמנת σ •ב־ מסומנת התקן וסטיית x ב־ מסומן הממוצע האוכלוסייה של חלק רק הוא מדגם כאשר לכן

.σ ו־ µ פרמטרים של אומדנים רק שהם להדגיש כדי וזאת s

תרגילים 1.3

קטן הראשון המדגם של שהממוצע נניח מדגמים. שני y1, . . . , ym ו־ x1, . . . , xn יהיו 1.1 תרגילהטענות את מתאימה) נגדית דוגמה ידי (על הפרך או הוכח .x < y השני: המדגם של מהממוצע

הבאות:.xi < yj ש־ כך yj וקיים xi קיים (א).xi < yj מתקיים yj ולכל xi לכל (ב).xi < yj ש־ כך yj קיים xi לכל (ג)

.xi < yj מתקיים yj שלכל כך xi (ד)קיים

פתרון:בפרט .xi ≥ yj ש־ כך yj ולכל xi לכל מתקיים היה כך, לא היה זה אם נכון. (א)

לנתון. בסתירה x ≥ y ולכן .max yj ≥ y ו־ x ≥ min xi אבל .min xi ≥ max yj

.y = (7, 9) ו־ x = (10, 0) נקח למשל נכון, לא (ב)(ב). ב־ כמו למשל נכון, לא (ג)

.y = (−6, 0, 12) ו־ x = (−5, 0, 5) נקח למשל נכון, לא (ד)

הבאים: העיפים על ענה 1.2 תרגיל.5 היא שלו והשונות 0 הוא שלו שהממוצע מספרים 2 בן מדגם כתוב (א)

של הטווח אז ב', מדגם של התקן מסטיית גדולה תקן סטיית א' למדגם אם הפרך: או (ב)הוכחב'. מדגם של מהטווח גדול א' מדגם

א' מדגם של התקן סטיית אז ב', מדגם של מהטווח גדול טווח א' למדגם אם הפרך: או (ג)הוכחב'. מדגם של התקן מסטיית גדולה

פתרון:.x = ±

√5 כלומר x2+x2

2= 5 השונות .x = −y ולכן x+y

2= 0 אז x, y הוא המדגם אם (א)

.√

5,−√

5 לכן הוא המדגם2 > 1 טווח אז .−1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1 ב' ומדגם 0, 1 א' מדגם נקח למשל נכון, לא (ב)

.√

2/9 <√

1/4 תקן וסטיית (ב). מ־ בהפוך מדגמים נקח למשל נכון, לא (ג)

6 לסטטיסטיקה מבוא .1 פרק

נבחר המנויים מכלל חדשה. דרמה מסדרת רצון שביעות סקר עורכת בלויין טלויזיה חברת 1.3 תרגיל(מעניין 5 ועד מעניין) לא (בכלל מ־1 כמספר רצונם שביעות על ענו אשר איש, 100 של מייצג מדגם

מהחברה): בלעדי אישור (בעזרת התוצאות הנה מספרים). 100 בן מדגם בידנו כך, (אם ביותר)

1 2 3 4 5 התשובה5 45 30 15 5 זו שבחרובתשובה האנשים מספר

ראויה היא ואין כישלון, היא הסדרה מ־2.5, קטן המדגם ממוצע שאם החברה בדירקטוריון הוחלטשווה או גדולה תהיה המדגם של התקן וסטיית מתקיים, לא זה תנאי אם הלאה, בטלויזיה. להצגהללא בערוץ תוצג הסדרה מתקיים, לא זה גם אם נוסף). (בתשלום בחירה בערוץ תוצג הסדרה ל־2,

החברה. החלטת תהיה מה ואמרו חישובים, ערכו תשלום.

תוצג הסדרה לכן . 1100

(5 · 1 + 45 · 2 + 30 · 3 + 15 · 4 + 5 · 5) = 2.7 המדגם ממוצע פתרון:סטיית . 1

100(5 · 1.72 + 45 · 0.72 + 30 · 0.32 + 15 · 1.32 + 5 · 2.32) = 0.91 השונות בטלויזיה.

תשלום. ללא בערוץ תוצג הסדרה ולכן ,2 מ־ ולכן ,1 מ־ קטנה מהשונות, ריבועי שורש התקן,

הקבוצה זהים. כולם שלא אי־שליליים ערכים 50 של קבוצה לנתח נתבקשו סטודנטים 1.4 תרגיללממוצע. זהים ערכים ושני אפסים שלושה בדיוק כללה

התוצאה האם ציין פרמטר לכל בחישוביו. האפסים את לכלול לא החליט A סטודנט (א)ממוצע, (א) הנתון: לפרמטר יחסית נוסף מידע ללא לקבוע ניתן לא או שווה קטנה, גדולה, שתתקבל

שונות. (ג) טווח, (ב)האם ציין פרמטר לכל לממוצע. השווים הערכים שני את לכלול לא החליט B סטודנט (ב)הנתון: לפרמטר יחסית נוסף מידע ללא לקבוע ניתן לא או שווה קטנה, גדולה, שתתקבל התוצאה

שונות. (ג) טווח, (ב) ממוצע, (א)

פתרון:מהממוצע קטנים ערכים שלושה גרע A סטודנט כלומר מאפס, גדול היה המקורי הממוצע (א)השונות 0, 0, 0, 4 עבור למשל, להכריע. אפשר אי השונות לגבי קטן. הטווח אותו. הגדיל ובכך0, 0, 0, 1, 9 עבור אולם, קטנה. השונות זה במקרה כלומר ,0 היא 4 של השונות ואילו ,3 היא

גדלה. השונות זה במקרה כלומר ,16 היא 1, 9 של השונות ואילו ,625היא השונות

למשל) 0) מהממוצע קטנים ערכים שיש ברור הרי ישתנה: לא הטווח זהה. נשאר הממוצע (ב)תגדל: השונות זהה. יישאר הטווח הממוצע את נוריד וכאשר מהממוצע, גדולים ערכים גם ולכן

ומתקיים החדשה הסדרה של הממוצע גם הוא אז הממוצע, x אם

V arold = (x−x)2+(x−x)2+∑∗(xi−x)2

50=

∑∗(xi−x)2

50≤

∑∗(xi−x)2

48= V arnew.

,x2xn−1, . . . ,x1xn המדגם של שהממוצע הראו .0 ממוצע יש x1, . . . , xn שלמדגם נניח 1.5 תרגיל

.x1, . . . , xn המדגם של לשונות שווה או קטן xnx1

7 לסטטיסטיקה מבוא .1 פרק

קושי־ מאי־שוויון ישירות נובע וזה .x1xn+x2xn−1+···+xnx1

n≤ x2

1···+x2n

nלהראות צריך פתרון:

.(xn, xn−1, . . . , x1) ו־ (x1, x2, . . . , xn) הוקטורים עבור שוורץ

הפרך: או הוכח מדגמים. שני Y1, Y2, . . . , Ym ו־ X1, X2, . . . , Xn יהיו 1.6 תרגיל

.X − X = Y − Y ש־ גורר X2i ≤ Y 2

i (א).X ≥ X2 אזי ,Xi ≥ 0 ,i = 1, 2, . . . , n לכל אם (ב)

.X − X של לשונות שווה X של שונושת (ג).Y ≥ 1

1Y

אזי ,Yi ≥ 0 ,i = 1, 2, . . . , m לכל אם (ד)

פתרון:ש־ מכיוון נכון (א)

X − X =1

n

n∑

i=1

(X − Xi) =1

nnX − 1

n

n∑

i=1

Xi = X − X = 0,

.x − x = Y − Y שמתקיים נקבל.X2 = 12+22

2= 2.5 וגם X = 1+2

2= 1.5 אז ,X2 = 2 ו־ X1 = 1 אם למשל כי נכון לא (ב)

אז X − X = 0 אבל ,X − X − (X − X) ל־ שווה X − X של שונשות נכון. (ג)

(X − X − (X − X))2 = (X − X)2.

שהיא y1

1≥ 1

1y1

ל־ שקולה הטענה m = 1 עבור :m על באינדוקציה זה את נוכיח נכון. (ד)

כלומר ,m עבור הטענה נכונות נניח נכונה. טענה

y1 + · · ·+ ym

m≥ m

1y1

+ · · ·+ 1ym

,

ל־ ששקול

(y1 + · · ·+ ym)

(1

y1+ · · ·+ 1

ym

)

≥ m2,

ש־ נקבל ואז

(y1 + · · · + ym+1)(

1y1

+ · · ·+ 1ym+1

)

= (y1 + · · · + ym)(

1y1

+ · · · + 1ym

)

+ y1+···+ym

ym+1+ ym+1

(1y1

+ · · · + 1ym

)

+ 1

≥ m2 +

((y1

ym+1+

ym+1

y1

)

+ · · · +(

ym

ym+1+

ym+1

ym

))

︸ ︷︷ ︸

n

+1

≥ m2 + 2m + 1 = (m + 1)2,

8 לסטטיסטיקה מבוא .1 פרק

כלומר

(y1 + · · ·+ ym+1)

(1

y1

+ · · ·+ 1

ym+1

)

≥ (m + 1)2,

ל־ ששקולy1 + · · ·+ ym+1

m + 1≥ m + 1

1y1

+ · · ·+ 1ym+1

.

הפרך: או הוכח מדגמים. שני y1, y2, . . . , ym ו־ x1, x2, . . . , xn יהיו 1.7 תרגיל.xi ≥ yj ש־ כך yj ו־ xi קיימים אזי Y של משונות גדול X של שונות אם (א).xi ≥ yj ש־ כך yj ו־ xi קיימים אזי Y של ממוצע גדול X של ממוצע אם (ב).xi ≥ yj ש־ כך yj ו־ xi קיימים אזי Y של משכיח גדול X של שכיח אם (ג)

ש־ ונניח מדגמים שני y1, y2, . . . , ym ו־ x1, x2, . . . , xn יהיו 1.8 תרגיל

A = [ min1≤i≤n

xi, max1≤i≤n

xi]

ו־B = [ min

1≤i≤myi, max

1≤i≤myi].

הפרך: או הוכח.A ∩ B 6= ∅ אז ,Y של לממוצע שווה X של ממוצע אם (א)

אז ,|A ∩ B| = 1 וגם Y של לממוצע שווה X של ממוצע אם (ב)

x1 = · · · = xn = y1 = · · · = ym.

2 פרק

המאורעות ומרחב אלגברה סיגמא

מבוא 2.1

הקבוצות, תורת של היסודיים למושגיה במתמטיקה המקובלות ההגדרות את תחילה נסקור הבהוטענות בסימונים נפתח לפיכך ההסתברות. למרחב הבסיסות ההגדרות ונביא נסקור ואחר־כך

כדלקמן: הקבוצות מתורת

.A לכל A ⊂ Ω סימון: .Ω של תת־קבוצות הן הקבוצות כל :Ω אוניברסלית קבוצה •.∅ ⊆ A מתקיים A קבוצה לכל :∅ הריקה הקבוצה •

.A = x ∈ Ω|x 6∈ A נגדיר תת־קבוצה לכל : קבוצה של A המשלים •.A + B = x ∈ Ω|x ∈ A או x ∈ B ידי על נגדיר B ו A קבוצות שתי של איחוד •

.AB = A ·B = x ∈ Ω|x ∈ A גם x ∈ B ידי על נגדיר B ו A קבוצות שתי של חיתוך •.A · B = ∅ אם ורק אם זרות קבוצות הן הללו הקבוצות ששתי נאמר

.A − B = x ∈ Ω|x ∈ A גם x 6∈ B ידי על נגדיר ,A − B ,B ו A קבוצות הפרש •.A מ תת־קבוצה A ∈ A אם A קבוצות של משפחה נקראת Ω של תת־קבוצות של קבוצה •וגם∑

i∈I Ui = Ω מתקיים אם Ω של פירוק היא ,Uii∈I ,Ω של תת־קבוצות של משפחה •.i, j ∈ I ו i 6= j לכל UiUj = ∅

קיום את להראות ניתן הללו הגדרות באמצעות .I ב N הטבעיים של קבוצה תת נסמןמתקיים: Ω ב A, B, C קבוצות שלושת לכל הבאות. התכונות

(1) A + ∅ = A (2) A · ∅ = ∅ (3) A + Ω = Ω

(4) A · Ω = A (5) A + A = Ω (6) A · A = ∅(7) A + A = A (8) A · A = A (9) A + B = B + A

(10) A · B = B · A (11) A + (B + C) = (A + B) + C (12) A · (B · C) = (A · B) · C(13) (A + B) · C = A · C + B · C(14) A · B + C = (A + C) · (B + C)

(2.1)

9

10 המאורעות ומרחב אלגברה סיגמא .2 פרק

דה־מורגן: חוקי מתקיימים וגם

(2.2) A + B = A · B, A · B = A + B.

אלגברה סיגמא 2.2

של אוסף שמתאר במתמטיקה המודרניים המושגים אחת היא σ־אלגברה או אלגברה סיגמאהראשיים הענפים אחד שהוא באנליזה הוגדר זה מושג במקור, מסויימת. קבוצה של תת־קבוצותבאנליזה. מאוד חשוב כלי עצמו בפני שהוא מידה הגדרת למען הכרחי כלי הוא המתמטיקה. שלמרחב להגדרת ככלי זה במושג משתמשים שבו ההסתברות תורת הוא המתמטיקה, של אחר ענף

זה. מושג בהגדרת זה סעיף את נתחיל אנו ולפיכך, שנראה. כפי הסתברות,

σ־אלגברה נקראת A .Ω של תת־קבוצות של A ריקה לא משפחה Ω 6= ∅ קבוצה בהינתן 2.1 הגדרהמתקיים אם Ω מעל

.A ∈ A ,A ∈ A לכל (i)

.(A ־ ב נמצאים (האיחודים∑

i∈NAi ∈ A ,Aii∈N ⊆ A לכל (ii)

פעולת לגבי הסגורה Ω של תת־קבוצות של ריקה לא משפחה היא σ־אלגברה אחרות, במיליםמניה. הבן האיחוד ופעולת ההשלמה

אזי .Ω מעל σ־אלגברה A ,Ω 6= ∅ אם 2.1 טענה

.A ל־ שייכות Ω ו־ ∅ הקבוצות (i)

.∏n

i=1 Ai ∈ A וגם∑n

i=1 Ai ∈ A אזי ,Aini=1 ⊆ A אם (ii)

.A − B ∈ A אזי ,A, B ∈ A אם (iii)

.∏

i∈I Ai ∈ A וגם∑

i∈I Ai ∈ A אזי ,Aii∈I ⊆ A אם (iv)

σ־אלגברה של בתכונות שימוש לכן .A ∈ A קבוצה קיימת אז ריקה לא A מכיוון (i) הוכחה:.A · A = ∅ ∈ A וגם A + A = Ω ∈ A ש־ נקבל )2.1( ו־

אז Aini=1 ⊆ A שנתון מכיוון .

∏ni=1 Ai ∈ A ש להראות נותר σ־אלגברה של מתכנות (ii)

של מתכנות לכן ,)2.2( דה־מורגן חוקי פי על∑n

i=1 Ai =∏n

i=1 Ai וגורר ,Aini=1 ⊆ A נקבל

הדרוש. נקבל σ־אלדברהואז B, A ∈ A גם נקבל σ־אלדברה של מתכנות (iii)

A − B = AB = A + B ∈ A.

.(ii) כמו (iv)

11 המאורעות ומרחב אלגברה סיגמא .2 פרק

אפשר טריוויאלית. σ־אלגברה הנקראת A = ∅, Ω קיימת Ω 6= ∅ קבוצה לכל (1) 2.1 דוגמאטריוויאלית. σ־אלגברה את מכילה Ω מעל σ־אלגברה כל כי להעיר

היא: Ω של התת־קבוצות כל של משפחה AΩ (2)

תת־∑

i∈I Ai גורר תת־קבוצה Aii∈I תת־קבוצה. A גורר תת־קבוצה A σ־אלגברה: •קבוצה.

.Ω מעל אוניברסלית σ־אלגברה נקראת AΩ .AΩ ב־ מוכלת Ω מעל σ־אלגברה כל •

בצורה הזו השאלה על נשיב בו כללי? באופן σ־אלגברה לבנות איך עכשיו הנשאלת השאלהמינימלית σ־אלגברה AE קיימת Ω של תת־קבוצות של כלשהוא E־אסוף 6= ∅ יהי הבאה.AΩ כי ריק לא הזה האוסף .E את שמכילות σ־אלגבראות ה כל של אסוף נקח .E את שמכילה

הבאות: התכונות את נקבל אז האוסף. כחיתוך AE נגדיר בו.

.E ⊆ AE ש־ מכיוון ריקה קבוצה אינו AE האוסף •

נמצאת היא A הקבוצה אז A ∈ AE אם ידי: על זה את רואים σ־אלגברה. היא AE •לכן .AE שבאוסף σ־אלגברה בכל נמצאת היא A גם אז ,AE שבאוסף σ־אלגברה בכלבכל מוכל Aii∈I האוסף אזי Aii∈I ⊆ AE קבוצות של אוסף לנו יש ואם .A ∈ AE

σ־אלגבראות מ־ אחת בכל נמצא∑

i∈I Ai גם אז ,AE שבאוסף σ־אלגבראות מ־ אחת.∑

i∈I Ai ∈ AE לכן .AE שבאוסף

σ־אלגברה היא BE אם באמת .E את שמכילה היחידה מינימאלית σ־אלגברה היא AE •.AE = BE שמתקיים נקבל מינימאליות ולפי AE ⊆ BE איז E את שמכילה מינימאלית

.AE = ∅, Ω, A, A אז E = A ואם ,AE = ∅, Ω אז E = ∅ אם למשל,

המאורעות אלגברת 2.3

תמיד שיקרה מה זה למטה נופלת היא שלישית קומה של מהחלון מזכוכית צלחת זורקים אםשיתקיימו אפשר שאי מאורעות וודאיים. נקראים כאלה מאורעות המשיכה. כוח חוק לפי וזאתשלישית קומה של מהחלון שנזרקה זכוכית צלחת אף כגון, אפשריים. בלתי מאורעות נקראיםצלחת "זריקת הניסוי של תוצאות אפשרי. בלתי מאורע זהו לכן בשמיים. הרוח עם מרחפת לאמוחלט באופן מוגדרת תמיד לא המציאות אך מראש. מוגדרות שלישית" קומה של מהחלוןהוא ופועלים חיים אנו שבו העולם כי הניסוי, של התוצאות את מראש לצפות אפשר תמיד ולאתוך הוודאות, אי־ אלמנט את האפשר ככל לצמצם מנסים אנו קבוע באופן אי־ודאות. של עולםדרך שאין כיון סביבנו. המתרחשים אקראיים ותהליכים תופעות של התוצאות את לצפות רצוןשל הסיכויים את להעריך לחלופין, מנסים, אנו אקראי, תהליך של תוצאות את בוודאות לקבועבשתי נסתכל האפשר. ככל טובות להחלטות להגיע שנוכל כדי השונות, האפשריות התוצאות

הבאות: השאלות

בהסתברות? הבחינה את יעבור משה האם (1)

?6 נקבל קוביה בהטלת האם (2)

12 המאורעות ומרחב אלגברה סיגמא .2 פרק

בין גדול הבדל יש אך מראש. לצפות אפשר אי הללו לשאלות התשובות לראות, שניתן כפיפעמי, חד הוא הראשון הניסוי קוביה, להטלת הקשורים הניסויים לבין למשה הקשורים הניסוייםאם ואילו ישתנה. שלו הסיכוי ואז ב' למעוד להתכונן יתחיל הוא אז בבחינה נכשל משה אם כילמלה "6" צלע על נופלת הקוביה שבהם הטלות של יחס אז פעמים הרבה הוגנת קוביה מטיליםשנותנת סטטיסטית יציבות למאורע שיש לומר ניתן הזה במקרה .1

6ל־ קרוב יהיה הטלות כלל

נרצה. אשר פעמים מספר הניסוי על לחזור אפשרות לנו

אשר פעמים מספר עליו לחזור שאפשר ניסוי של תוצאה הוא אם מקרי נקרא מאורע 2.2 הגדרהמאורע. פשוט מקרי למאורע נקרא אנו בהמשך לניסוי. מניסוי משתנים לא וסיכויו נרצה

למשל,

קוביה. בהטלת זוגי מספר קבלת (1)

במדגם. אדם בן של דם סוג (2)

מסוים. זמן במשך חומר אותו של בקרינה בקולט שנקלטו חלקיקים α מספר (3)

הניסוי. של האפשריות התוצאות כל של קבוצה הוא הסתברותי ניסוי של Ω מדגם מרחב 2.3 הגדרהאלמנטרי. מאורע נקראת (Ω ב־ בודד איבר כל (ז"א תוצאה כל

(2) אלמנטריים. מאורעות 6 ויש Ω = 1, 2, 3, 4, 5, 6 משחק: קובית הטלת (1) 2.2 דוגמא(3) אלמנטריים. מאורעות 4 ויש Ω = O, A, B, AB במדגם: אדם בן־ של דם סוג בדיקתמאורעות אינסוף ויש Ω = 1, 2, . . . הנתון: החומר של בקרינה בקולט שנקלטו α חלקיקים מספר

אלמנטריים.

איבר וכל אלגברה. σ שהיא Ω של קבוצות תת־ של משפחה היא A מאורעות אלגברת 2.4 הגדרהמאורע. נקרא A של

σ־אלגברה? כ־ A מגדירים למהקיבלנו שלא רק אומר A כי בהחלט טבעית נראית מאורע A גם אז מאורע A שאם הדרישהאנו למה אבל מאורע. להיות צריך מאורעות של סופי שאיחוד ברור גם מהניסוי. כתוצאה A אתσ־אלגבראות של השניה האקסיומה מאורע? להיות מאורעות של אין־סופיים איחוד שגם צריכיםאינסופי מספר מכילה σ־אלגברה כאשר במקרים הכרחית תהיה אבל מלכותית, יותר נראיתהוא הניסוי אם למשל, ההסתברות בתורת קרובות לעיתים קורה זה אלמנטריים. מאורעות שלEi כאשר Ω = E1, E2, . . . אומרת זאת הראשונה בפעם 6 קבלת עד הוגנת קוביה הטלתסופי מספר אחרי קרה זה מאורע .E =

∑∞i=1 Ei נגדיר .i ה־ בפעם הייתה 6 של ראשונה הטלה

טבעית. לדרישה הופך זה לראות שניתן כפי הטלות! של

מאורעות. A־אלגברת ו־ מדגם Ω־מרחב תהי 2.5 הגדרה

.AB = ∅ אם זרים מאורעות נקראים A, B ∈ A .1

אפשרי. בלתי נקרא ∅ מאורע .2

13 המאורעות ומרחב אלגברה סיגמא .2 פרק

וודאי. נקרא Ω מאורע .3

הבאים: התנאים שני מתקיימים אם Ω של פירוק נקראים Uii∈I .4∑

i∈I Ui = Ω (א)

אינסופי). או ־סופי I) i 6= j ∈ I לכל UiUj = ∅ (ב)

Ω = הוא המדגם מרחב משחק. קובית הטלת הוא הניסוי (א) דוגמאות. שתי נביא 2.3 דוגמאאת נגדיר .(|A| = 26) Ω של התת־קבוצות כל של ה־σ־אלגברה היא A ו־ ,1, 2, 3, 4, 5, 65 C=קבלת ו־ בהטלה, 3 או 1 B=קבלת בהטלה, זוגי מספר A=קבלת הבא: המאורע

.Ω של פרוק A, B, C (2) זרות. קבוצות הן B ו־ A (1) לכן בהטלה.היא A ו־ Ω = E1, E2, . . . הוא המדגם מרחב .6 קבלת עד קוביה הטלת הוא הניסוי (ב)הטלות 10 ב הופיע 6=A נגדיר .(|A| = 2ℵ0 = ℵ) Ω של התת־קבוצות כל של ה־σ־האלגברהאזי .15 להטלה 11 הטלה בין הופיע 6=C ו־ ,15 הטלה אחרי הופיע 6=B ראשונות,

.C =∑15

i=11 Ei ,B =∑∞

i=16 Ei ,A =∑10

i=1 Ei כי: Ω של פירוק הוא A, B, C

תרגילים 2.4

ו־ (a, b) = ∪∞n=1(a, b − 1/n) = ∪∞

n=1[a + 1/n, b) הבאות: הזהויות את הוכח 2.1 תרגיל.[a, b] = ∩∞

n=1[a, b + 1/n) = ∩n=1∞(a − 1/n, b]

עם מה זרות. B ∩C ו־ A∩C הקבוצות גם הוכח זרות. קבוצות שתי B ו־ A ש־ נתון 2.2 תרגיל?B ∪ C ו־ A ∪ C הקבוצות

.A ∩ (∪iBi) = ∪i(A ∩ Bi) הבאה הזהות את הוכח 2.3 תרגיל

נתון אם ∩∞i=1Ai 6= ∅ ש־ הפרך או הוכח (א) כלשהי. קבוצות של סדרה Ann≥1 תהי 2.4 תרגיל

עבור ∪ni=1Ai ⊂ B נתון אם ∪∞

i=1Ai ⊂ B ש־ הפרך או הוכח (ב) .n ≥ 1 כל עבור ∩ni=1Ai 6= ∅n ≥ 1 כל

שהאוסף הראו .Ω על A־אלגברה תהי תת־קבוצה. X ⊆ Ω ו־ קבוצה, Ω תהי 2.5 תרגיל

AX = B ∩ X|B ∈ A

.X על σ־אלגברה מהווה

,A ∈ AX אם (2) .Ω ∈ A ואילו X = Ω∩X :X ∈ AX (1) האסיומות: את לבדוק יש פתרון:כלומר ,X − A ∈ AX ולכן X − A = (Ω − B) ∩ X ′ אז ,B ∈ A עם A = B ∩ X למשלAi = Bi ∩ X ו־ ,i = 1, 2, . . . ,Ai ∈ AX אם (3) σ־אלגברה. ב־ גם X בתוך A של המשלים .∪iAi ∈ AX ולכן ∪iAi = ∪iBi ∩ X אז

?|A| = ℵ0 ש־ להיות יכול האם .X קבוצה על σ־אלגברה A תהי 2.6 תרגיל

14 המאורעות ומרחב אלגברה סיגמא .2 פרק

כך A מ־ X1, X2, . . . קבוצות של אינסופית מנייה בת משפחה קיימת להיות. יכול לא פתרון:פונקציה להגדיר נוכל למטה). זאת (נראה מכילה אינה אחרת אחת שאף איבר מכילה אחת שכלσ־אדיטיביות). ל־ נזקקים ההגדרה לתקינות (כאן ,N0 ∈ 2N ,N0 7→ ∪n∈N0An ידי על 2N → A

המשפחה על התנאי לפי ואז n 6∈ N1 ,n ∈ N0 למשל קיים אז N0 6= N1 אם כי חח"ע זו פונקציהמהיות שוות. לא התמונות כלומר ,N1 לתמונת לא אבל N0 לתמונת שייך An ב־ כלשהו איבר

.|A| ≥ 2ℵ0 > ℵ0 נסיק חח"ע ההעתקהכך: Ω על שקילות) כיחס (שיתברר יחס נגדיר שתוארה. המשפחה שקיימת נראה

a ∼ b ⇔ ∀X ∈ A(a ∈ X → b ∈ X),

גם הוא וטרנזיטיבי. רפלקסיבי שהיחס ברור .(b את להכיל חייב a את המכיל A ב־ X (כל(מ־ ולכן a ∈ X יהיה a 6∈ X בסתירה אם אז .b ∈ X ש־ כך X ∈ A ותהי a ∼ b נניח סימטרי:ניתן X ∈ A שכל להראות קל שקילות. יחס הוא היחס לכן .b ∈ X ל־ סתירה ,b ∈ X (a ∼ bמחלקות מספר לכן לו); זרות שלא המחלקות (כל זה יחס של שקילות מחלקות כאיחוד להציגסתירה זה, מספר חזקת 2 היותר לכל היה A ב־ הקבוצות מספר (אחרת סופי להיות יכול לא אלואיבר אחת ובכל ,E1, E2, . . . שונות שקילות מחלקות ℵ0 לקחת נוכל כך אם אינסופית). A להיות(אחרת ej 6∈ Xij ,ei ∈ Xij המקיים Xij ∈ A למצוא נוכל i, j ∈ N ,i 6= j לכל .e1, e2, . . .נמצא ולא Xi ב־ נמצא ei) הרצויה המשפחה יהיו Xi = ∩i6=jXij אז שקילות). מחלקת באותה בשאר).

.segment X ש נאמר a, b,∈ [0, 1] כאשר X ∈ (a, b), (a, b], [a, b), [a, b] אם 2.7 תרגילהבאות: הטענות את הפרך או הוכח

σ־אלגברה. היא A1 ∪ · · · ∪ An|n ∈ N, Ai is segment א.

σ־אלגברה. היא (A1 ∪ · · · ∪ An) ∩ Q|n ∈ N, Ai is segment ב.

הבאות: הטענות את הפרך או הוכח σ־אלגבראות. שתי J1,J2 יהיו 2.8 תרגיל

σ־אלגברה. היא J1 ∩ J2 א.

σ־אלגברה. היא J1 ∪ J2 ב.

σ־אלגברה. היא J1\J2 ג.

σ־אלגברה. היא J1J2 ד.

הקבצוה נגדיר a ∈ X נקודה לכל .|J | = ℵ0 ש־ וננית X על σ־אלגברה J יהי 2.9 תרגילפירוק הוא Xa|a ∈ X שהקבוצה וגם ,Xa ∈ J מתקיים a ∈ X שלכל הוכח .Xa = ∩a∈A∈J A

.X של אינסופי

3 פרק

הסתברות

מבוא 3.1

העשרה השבע המאה של הראשון בחצי נולדה ההסתברות תורת רשמיתלפני ה־16 במאה כבר אבל פרמה. דה ופייר פקסל בלז בין בהתכתבותז'ירלמו התקופה, של ביותר הגדול ,המתמטיקאי המפורסמת ההתכתבותופרסם הימורים למשחקי קשורות היו שכולן ראשונות בעיות פתר קארדאנולציין יש הימורים"). משחקי על ("הספר "libre de ludo aleae" בשם ספר

מזמנו, הרבה גזלו שהימורים כך מכור מהמר היה שקרדאנוקארדאנו ז'ירלמו

וההתעניינות ההסתברות תקופת את הקדים קארדאנו כנראה אבל שלו. ומהמוניטין מכספוהמדענים גדולי כאשר הבאה במאה רק התעוררה אשר ההסתברות בתורת והרחבה האמיתיתאלא הימורים) למשחקי קשורות היו (שגם הבעיות פתרו רק לא גלילאו וגלילאי פסקל פרמה, כמו

החדש. המדע של היסודות את ניסחו גםלמשל, מידה. באותה אפשריות שונות תוצאות n יש תמיד (הוגנים) הימורים במשחקיברידג' מחפיסת קלף בהוצאת כן, וכמו פלי, של לסיכוי שווה עץ לקבלת הסיכוי מטבע בהטלת"הקלאסית" הראשונה ההגדרה לכן וכו'. לב מלך להוציא לסיכוי שווה יהלום 6 להוציא הסיכויהמאורעות שכל כאלה אומרת זאת "סימטריים" מאורעות למרחבי רק מתייחסת הסתברות של

מידה. באותה אפשריים מדגם במרחב האלמנטריים

של ההסתברות אז מידה, באותה אפשריים אלמנטריים מאורעות n יש מדגם במרחב אם 3.1 הגדרההיא שלו ההסתברות אז אלמנטריים מאורעות m כולל A מאורע אם . 1

nהיא אלמנטרי מאורע כל

.mn

A מאורע "לכל כי: רואים ההגדרה לפי .A מאורע של ההסתברות את P (A)ב־ נסמן 3.1 סימוןאפשרי הבלתי המאורע והסתברות ,1 היא הוודאי המאורע הסתברות ;0 ≤ P (A) ≤ 1 מתקיים:

אפס. היא

ההסתברות. תורת של הראשוניים מימים המפורסמת הבעיה זוהי מרה) דה (פרדוקס 3.1 דוגמאערך הוא השימושית. ההסתברות בתורת התעניין ה־17 במאה שחיי המהמר מרה־ דה שבליה

15

16 הסתברות .3 פרק

חשובות. בעיות כמה פסקל) עם (בהתכתבות וניסח מעשי באופן הסתברויות לבדוק כדי ניסיונותמשחק קוביות 3 בהטלת 11 הסכום לקבל שסיכויו קיבל דה־מרה חישובים אחרי מהן: אחת להלן

דרכים: 6 ב לקבל אפשר הסכומים שני כי וזאת 12 הסכום לקבל לסיכויו שווה

11 : (1, 4, 6), (1, 5, 5), (2, 3, 6), (2, 4, 5), (3, 3, 5), (3, 4, 4)12 : (1, 5, 6), (2, 4, 6), (2, 5, 5), (3, 3, 6), (3, 4, 5), (4, 4, 4)

מרחב דה־מרה: לפרדוקס פתרון מצא פסקל גבוה. יותר 11 שסיכוי יצא מעשיות בבדיקות אבלבין מבדלים כאשר האפשריות השלשות כל של אוסף הוא הזה הניסוי של הסימטרי המאורעות

מאורעות. 63 = 216 הוא הכולל המרחב הכל סך הקוביות.כולל 6 קיבלנו שלישית ובקוביה 4 אחרת בקוביה ,1 קיבלנו אחת בקוביה = A מאורעכן, כמו A = (1, 4, 6), (1, 6, 4), (4, 1, 6), (4, 6, 1), (6, 1, 4), (6, 4, 1) אלמנטריים מאורעות 6מאורעות 6 כולל קוביות 3 בהטלת שונים (6 ל־ 1 (בין נתונים מספרים 3 קבלת של מאורע כל

אלמנטריים.מאורעות 3 כולל 5 קיבלנו אחרות קוביות ובשתי 1 קיבלנו אחת בקוביה = B מאורענתונים מספרים 2 קבלת של מאורע כל כן, כמו B = (1, 5, 5), (5, 1, 5), (5, 5, 1) אלמנטריים

אלמנטריים. מאורעות 3 כולל קוביות 3 בהטלת שונים ל־6) 1 (ביןכמו .C = (4, 4, 4) יחיד אלמנטרי מאורע כולל הקוביות שלוש בכל 4 קיבלנו = C מאורע

אלמנטרי. מאורע הוא קוביות השלוש בכל ל־6 1 בין נתון מספר קבלת של מאורע כל כן,אלמנטריים מאורעות 6 + 3 + 6 + 6 + 3 + 3 = 27 כולל 11 הסכום קבלת = D מאורע לכןלפי אלמנטריים. מאורעות 6 + 6 + 3 + 3 + 6 + 1 = 25 כולל 12 הסכום קבלת = E ומאורע

מרה. דה פרדוקס שמסביר P (E) = 25216

ו־ P (D) = 27216

הסתברות של קלאסית הגדרה

להתעסק התחילה היא בלבד ההימורים משחקי מתחום יצאה ההסתברות שתורת אחריקרה זה מידה. באותה אינה שאפשרותן אלמנטריים שמאורעות למרחבים הקשורות בשאלותהבעיות של המורכבות בגלל הסטטיסטי. העידן לתחילת קשור והיה השמונה־עשרה המאה בסוףמשיקולים אלמנטריים מאורעות של הסתברויות את להגדיר אפשרי בלתי או קשה היה החדשותבתורת שימושיות בעיות לפתור שתאפשר כללית יותר בהגדרה הצורך הופיע לכן מראש. שונים

הבאה. הסטטיסטית ההגדרה נולדה ומכאן ההסתברות.

של ששכיחות מראים ונתונים סטטיסטית יציבות יש שלמאורע ידוע אם (סטטיסטית) 3.2 הגדרה.P (A) = m

nמגדירים אז ניסיונות n מתוך m היא A מאורע

הנתונים מינם. כולל התינוקות כל את רשמו באירופה שנה 400 מ־ יותר במשך .1 3.2 דוגמאלפי בנות. 49% ו־ בנים 51% נולדים הנתונים לפי שונות. ומדינות לתקופות אחידים הם

.P (G) = 0.49 ,P (B) = 0.51 הן: ההסתברויות לעיל הגדרה

הן: השכיחויות באירופה דם לקבוצות סטטיסטים נתונים לפני .2

דם קבוצת באחוזים שכיחותO 33%A 42%B 18%

AB 7%

17 הסתברות .3 פרק

.P (O) = 0.33 ו־ ,P (A) = 0.42 ,P (B) = 0.18 ,P (AB) = 0.07 הן: וההסתברויות

הסתברות פונצקית 3.2

כללית הגדרה נבנו. ההסתברות תורת של האקיומתית היסודות XX מאה של 20 ה־ בשנותכדלקמן. היא בה שנשתמש אקסיומתית

המקיימת P : A → [0, 1] פונקציה .Ω מעל מאורעות A־אלגברה ו־ מדגם Ω־מרחב יהי 3.3 הגדרההבאות: האקסיומות את

.P (Ω) = 1 .1

,∑

i∈I P (Ai) = P(∑

i∈I Ai

)אזי זרים Aii∈I ⊆ A אם .2

הסתברות. מרחב נקראת (Ω, A, P ) השלישייה הסתברות. פונקצית נקראת

הנשאלת השאלה ועכשיו ההסתברות. פונקצית של האדיטיבית התכונה נקראת (2) אקסיומההסתברות? פונקצית קיימת Ω מעל A מאורעות אלגברת לכל האם

להגדיר מספיק לכן .P למצוא אפשר A לכל אזי Ω = xii∈I למניה ניתן Ω אם .1פונקצית ומקבלים

∑

i∈I Pi = 1 ש־ כאלה i ∈ I לכל 0 ≤ Pi ≤ 1 כאשר Pi = P (xi).Ω מעל σ־אלגברה לכל הסתברות פונקצית מקבלים ומכאן AΩ ל־ הסתברות

זורקים כדוגמא, .AΩ ל־ הסתברות פונקציה להגדיר אפשר אי אז למניה ניתן לא Ω אם .2קושי שיש רואים מכאן x ∈ R לכל P (x) = 0 ש־ מובן אחיד. באופן הישר על נקודההיא הסתברות Ω ב נקודות של למניה ניתן או סופי (לאיחוד P : AΩ → [0, 1] להגדיר

(? קטעים למשל עם לעשות מה אבל אפס

אזי הסתברות, מרחב (Ω A, P ) יהי ההסתברות) פונקצית של (תכונות 3.1 משפט

.P (∅) = 0 .1

.P (A) = 1 − P (A) מתקיים A ∈ A לכל .2

.P (A − B) = P (A) − P (B) אזי B ⊂ A ו־ A, B ∈ A אם .3

.P (A − B) = P (A) − P (AB) מתקיים A, B ∈ A לכל .4

ההסתברות(. של )מונוטוניות P (B) ≤ P (A) אזי B ⊂ A ו־ A, B ∈ A אם .5

.P(∑

i∈I Ai

)≤∑i∈I P (Ai) מתקיים Aii∈I ⊆ A לכל .6

.P (A + B) = P (A) + P (B) − P (AB) מתקיים A, B ∈ A לכל .7

.P (∑∞

i=1 Ai) = limi→∞

P (Ai) אזי Ai ⊂ Ai+1 ש־ כזאת Aii∈I ⊆ A אם (א) .8

.P (∏∞

i=1 Ai) = limi→∞

P (Ai) אזי Ai+1 ⊂ Ai ש־ כזאת Aii∈I ⊆ A אם (ב)

18 הסתברות .3 פרק

הוכחה:

מתקיים (2) אקסיומה לפי לכן זרות קבוצות שתי Ω, ∅ .1

P (Ω) = P (Ω + ∅) = P (Ω) + P (∅) ⇒ P (∅) = P (Ω) − P (Ω) = 0.

אזי זרות קבוצות שתי A, A .2

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

אזי זרות, קבוצות שתי A − B, B ו־ B ⊂ A .3

P (A) = P (B + (A − B)) = P (B) + P (A − B) ⇒ P (A − B) = P (A) − P (B).

לכן ,P (A) = P (AB) + P (A−B) אזי A = A ·Ω = A · (B + B) = AB + (A−B) .4.P (A − B) = P (A) − P (AB)

P (A) = P (B) + P (A − B) ≥ ש־ נקבל E לכל P (E) ≥ 0 ש־ מכייון אזי B ⊂ A אם .5.P (B)

ש־ להראות קל .6

∑

i∈I

Ai = A1 +(A2 −A1)+ (A3− (A1 +A2))+ . . . = A1 +∑

i∈I, i>1

(

Ai −i−1∑

j=1

Aj

)

.

לזה. זה בזוגות זרות קבוצות הן המאורעות שכל הוא שקיבלנו האחרון בביטוי היתרוןנקבל 5 ותכונה (2) אקסיומה לפי ולכן

P

(∑

i∈I

Ai

)

= P (A1) +∑

i∈I, i>1

P

(

Ai −i−1∑

j=1

Aj

)

≤∑

i∈I

P (Ai).

מקבלים 4 ותכונה 2 אקסיומה ולפי A + B = A + (B − A) ש־ מעובדה .7

P (A + B) = P (B + (A−B)) = P (B) + P (A−B) = P (A) + P (B)− P (A ·B).

נקבל (5) תכונה פי על לכן, .P (∑n

i=1 Ai) = P (An) מתקיים (סופי) n כל עבור (א) .8ונקבל מתכנסת היא אז ,1 ידי על וחסומה יורדת לא מונוטונית סדרה P (An)

P

( ∞∑

i=1

Ai

)

= limn→∞

P

(n∑

i=1

Ai

)

= limn→∞

P (An).

לכן, .i ∈ I לכל Ai ⊂ Ai+1 אזי .i ∈ I לכל Ai+1 ⊂ Ai ש־ יודעים אנו (ב)

P (∏∞

i=1 Ai) = P((∑∞

i=1 Ai

))

= 1 − P(∑∞

i=1 Ai

)

= 1 − limn→∞ P (An) = limn→∞(1 − P (An)) = limn→∞ P (An).

כנדרש.

19 הסתברות .3 פרק

קומבינטוריות ושיטות בדיד, מדגם מרחב 3.3

,(|Ω| ≤ ℵ0 אומרת, (זאת נקודות של להימנות שניתן מספר מכיל Ω מדגם מרחב אם 3.4 הגדרהבדידה. הסתברות נקראת P ההסתברות ופונקציה בדיד נקרא (Ω, A, P ) ההסתברות מרחב אזי

P : Ω → [0, 1] הסתברות פונקצית בניית כדי בדיד, מדגם מרחב Ω = xii∈I יהי 3.1 הערהA = שלכל כך P : AΩ → [0, 1] ידי על P הפונקציה את נרחיב ,

∑

i∈I P (xi) = 1 ש־ כךניתן ולכן AΩ של תת־אלגברה היא A σ־אלגברה כל אז .P (A) =

∑

j∈J P(xij ) ,xijj∈J ⊆ AΩ

σ־אלגברה. לכל P : A → [0, 1] להגדיר

i = לכל p(xi) = 1n

מתקיים שעבורו ,n ≥ 2 ,Ω = xini=1 המדגם מרחב אם 3.5 הגדרה

ואומרים אחידה. הסתברות נקראת P והפונקציה סימטרי מדגם מרחב נקרא Ω אזי ,1, 2, . . . , nהסתברות של ההנחה מנוסחת קרובות לעיתים הסתברות. שווה מרחב הוא (Ω, A, P ) שהמרחב גם

מקרי". באופן S קבוצה מתוך איבר "נבחר הבא משפט ידי על אחידה

ההסתברות מהי ראשונה. בקומה שנכנסו אנשים שני נמצאים ובמעלית קומות 8 של בניין 3.3 דוגמאלפתרון. אופנים שני נציע תלות)? (בלי מקרי באופן יוצא אחד כל אם שונות, בקומות ייצאו שהם

במאורע נתבונן .Ω = (i, j)|2 ≤ i, j ≤ 8 האפשריות כל המדגם: מרבח .1

A = (i, j)|2 ≤ i, j ≤ 8, i 6= j.

לכן .|A| = |Ω| − |(i, i)|2 ≤ i ≤ 8| = 49 − 7 = 42 ו־ |Ω| = 7 · 7 = 49 אז.P (A) = 42

49= 6

7

7 מתוך 6 מקרה בכל נשאר B′ אדם לבן הקומות, 7 מ אחת בכל לצאת יכול A′ אדם בן .2.P (A) = P (A′) · P (B′) = 1 · 6

7= 6

7אפשרויות.

מקומבינטוריקה תזכורת 3.3.1

האלה מספרים של מסודרת n־יה כל .1, 2, . . . n ש־ נאמר מספרים, n של קבוצה נתונהn מסדר הסימטרית החברוה שנקראת חבורה מהווה התמורות כל של ואוסף תמורה. נקראת.|Sn| = n! ידי על נתון הוא n! מסדר הסימטרית החבורה איברי שמספר ברור .Sn ב־ ונסמנהחליפות של מספר .n מתוך מספרים k של חליפה נקראת k ≤ n כאשר מסודרת k־יה כל

ידי על מסומן כאלה

Akn = n(n − 1) . . . (n − k + 1) =

n!

(n − k)!.

,1, 2, . . . n הקבוצה מתוך מספרים k של תת־קבוצה ז"א ,k ≤ n כאשר מסודרת לא k־יה כל10 מתוך אנשים 5 לבחור למשל, .

(nk

)= n!

k!(n−k)!הוא כאלה צירופים ומספר צירוף נקראת

k ל־ 1, 2, . . . n איברים n בת קבוצה לחלק הדרכים מספר .(105

)= 10!

5!·5! = 10!5!2

יש אנשים.(

ni1,i2,...,ik

)= n!

i1!i2!...ik!הוא ,j = 1, 2, . . . k איברים, ij בה קבוצה שכל מסודרות לא קבוצות

20 הסתברות .3 פרק

יום אותו יש אנשים לשני שלפחות ההסתברות מהי אנשים, k בחדר ימי־הולדת) (בעית 3.4 דוגמאכדלקמן: פתרונות שני נציע תאריך? באותו הולדת

למאורע לכן תאריך באותו הולדת יום אותו יש k מתוך לשניים לפחות = Ak מאורע .1,P (A1) = 1 נחשב: שונים. בתאריכים הולדת ימי יש אנשים k מתוך לכולם = Ak המשלים

שמתקיים להראות קל ואז ,P (A3) = 364365

· 363365

,P (A2) = 364365

P (Ak) =365

365· 364

365· 363

365. . .

365 + 1 − k

365=

365!

(365 − k)! · (365k),

.P (Ak) = 1 − 365!(365−k)!·365k כלומר

רשימות Ak365 יש וגם אנשים, k ל־ אפשריים הולדת ימי של לרשימה אפשרויות 365k לנו יש .2

.P (Ak) =Ak

365

365k = 365!(365−k)!365k לכן שונים. התאריכים כל שבהם מסודרות

n של אוכלוסיה מתוך חזרות. ובלי עם מסודרים ולא מסודרים במדגמים נתבונן ועכשיווקטור לכתוב כלומר חשוב, הסדר כאשר איברים r של מדגם מוציאים ,1, 2, . . . n שונים איבריםניתן זה ניסוי ,1 ≤ j ≤ r ,1 ≤ ij ≤ n ,j במקום שהתקבל מספר זה ij כאשר (i1, i2, . . . ik)אנו שונים, כדורים r ו־ שונים תאים n יש הבא: באופן ותאים כדורים של ניסוי ידי על לתיאורחזרות עם הוא המדגם אם לכן, .j בתא כדורים ij שיהיה כך התאים בין אותם לפזר מעוניינים

אפשרויות. Arn = n!

(n−r)!יש אז חזרות בלי הוא המדגם ואם שונות, אפשרויות nr יש אז

n של מאוכלוסיה לבחור חזרות עם שבמדגם ההסתברות מהי הולדת) ימי בעית (הכללת 3.5 דוגמא.Anr

nr הביטוי ידי על ניתנת התשובה שונים. איברים r שונים, איברים?i איבר יהיה איברים r של מסודר שבמדגם ההסתברות מהי הבאה: השאלה את נשאל ועכשיו

.1 − Arn−1

Arn

= rnהסתברות לנו יש חזרות ובלי ,1 − (n−1)r

nr הסתברות לנו יש חזרות עםתאים n בין מתפלגים שונים כדורים n שכאשר ההסתברות מהי הבאה: השאלה את נשאל אםשכל כך ריקים תאים n ב־ כדורים n לסדר שווה n! ש־ ידוע ריקים? תאים ללא חזרות עם שוניםהביטוי ידי על ניתנת ההסתברות לכן המדגם. מרחב לגודל שווה nn וגם אחד, כדור בדיוק יכיל תא.P = 6!

66 היא המספרים כל הופיעו הוגנת קוביה של רציפות הטלות 6 שב־ ההסבתרות למשל, . n!nn

ידי על חשוב לא הסדר כאשר איברים r של מדגם מוציאים שונים איברים n של אוכלוסיה.∑n

j=1 ij = r כאשר jה־ האיבר את שהוציאו הפעמים מספר ij כאשר (i1, i2, . . . in) הוקטוראם שונים. תאים n בין מתפלגים זהים כדורים r הבא: המודל ידי על זה את לתאר אפשרהווקטורים (מספר n!

r!(n−r)!=(

nr

)ידי על נתון האפשרויות מספר אז חזרות בלי זו בבעיה נתבונן

מספר אז חזרות עם בעיה באותה נתבונן אם אחדים. n − 1 ו־ אפסים r עם (i1, i2, . . . in).(

r+n−1n−1

)=(

n+r−1r

)ידי על נתון האפשרויות

ואחדים אפסים של סדרה בעזרת (i1, i2, . . . in) הוקטור את נדגים הוקטור? בונים איך

0 . . . 0︸ ︷︷ ︸

i1

1 0 . . . 0︸ ︷︷ ︸

i2

1 . . . 1 0 . . . 0︸ ︷︷ ︸

in

הסדרה בהינתן למשל, אפסים. של כלשהו מספר שמכילים לתאים המחיצות מהווה 1 כל כאשרמכיל השני אפסים, שני מכיל הראשון בתא כאשר תאים, 4 לנו שיש נובע מכאן ,0010100010

21 הסתברות .3 פרק

בנינו ובכך .(2, 1, 3, 0) הוא שלנו הוקטור ז"א ריק, והרביעי אפסים 3 מכיל והשלישי אחד, אפסשל סדרות לבין אי־שליליות קאורדינטות עם (i1, i2, . . . , in) הוקטורים בין ועל חח"ע פונקציהשוות, הקבוצות שתי עוצמת ז"א אחדים, n−1 עם 0 . . . 010 . . . 010 . . . 010 . . . 0 ואחדים אפסיםמקומות n − 1 לאחדים מקומות לבחור ויש n − r + 1 הוא המילה שאורך כן גם יודעים ואני

.(

n−1+rn−1

)=(

n−1+rr

)לנו שיש נקבל ומזה התאים) בין המחיצות (מספר

כאשר אפשרויות,(

n−1+r−kn−1

)יש אז ריקים תאים ואין חזרות עם נדונה ובעיה r > n כאשר

שחילקנו אחרי לתאים לחלק שצריך הכדורים למספר שווה r − k התאים, למספר שווה n − 1תא. בכל בלבד אחד כדור

השאלה, נשאלת(525

)יש קלפים חפיסת מתוך קלפים 5 לבחירת הקלפים. בבעית .1 3.6 דוגמא

קלפים של סוגים 4 לנו ויש מאחר סוג? מאותו יהיו הללו הקלפים 5 ש־ ההסתברות מהיהיא ההסתברות ולכן

(525

)הוא המדגם שמרחב נובע מכאן קלפים 13 יש מהסוגים אחד ומכל

.4(13

5 )(52

5 )

P = היא שונים פנים יש שונים) המספרים כאשר סוג (מאותו הקלפים שכל ההסתברות

.(13

5 )·45

(525 )

.P =13·(1

1)4(48

1 )(52

5 )= 13·48

(525 )

= 0.00025 היא: פנים אותם עם קלפים 4 שיהיו ההסתברות

k בדיוק יש מסויים שבתא ההסתברות חזרות),מהי (עם תאים n בין מתפזרים כדורים r .2כדורים?

P =

(rk

)(n − 1)r−k

nr=

(r

k

)(1

n

)k (

1 − 1

n

)r−k

,

מסויים, בתא אותם ולשים לנו שיש כדורים r מתוך כדורים k לבחור שווה(

rk

)כאשר

לפיזור שווה nr ואילו שנשארו, התאים n − 1 ב־ כדורים (r − k) לפיזור שווה (n − 1)r−k

תאים. n ב־ כדורים r

,. . . ,i2 שני בתא ,i1 ראשון שבתא ההסתברות מהי חזרות), (עם תאים n ב־ כדורים r לפזר .3

:r =n∑

j=1

ij ש־ כך כדורים in יש n בתא

P =

(ri1

)(r−i1i2

)· · ·(

r−i1−···−in−1

in

)

nr=

1

nr

r!

i1!i2! · · · in!.

היה לכך התשובה משתנים? n של אנליטית לפונקציה יש r מסדר חלקיות נגזרות כמה .4

.n∑

j=1

ij = r ומקיים (i1, . . . , in) מהצורה הוקטורים מספר למספר שווה ,(

n+r−1r

)

ניסויים, לערוך צריך ולפעמים הבעייה, מתנאי מובן זה לפעמים הנכון? המודל את לבחור איךלסדר). חשיבות בלי (ז"א סוג מאותו אלמנטריים חלקיקים r יש סטטיסטית. מכניקה לכך דוגמא

אחד. בתא להיות יכול חלקיק כל זמן שביחידת כך "תאים" n ל מרחב־פזה מחלקים

22 הסתברות .3 פרק

התפלגות 1nr · r!

i1!...in!הסתברות יש (i1, . . . in) למצב לכן אפשריות, nr תיאורטית יש אזי .1

בנסיונות! מתקבלת לא לעולם והיא בולצנו־מקסוול, סטטיסטיקה נקראת הזאת

אלמנטריים חלקיקים של זוגי מספר עם ואטומים נוקלאונים פוטונים, הם החלקיקים אם .2מידה. באותה אפשריים כולם אפשריות

(n+r−1

r

)יש אינשטיין־בוזה לפי היא ההתפלגות אז

מאשר תאים יותר (יש n > r ו־ פרוטונים,נויטרונים אלקטרונים, הם החלקיקים אם .3הבאים: החוקים לפי מתפלגים הם אז כדורים)

אחד מחלקיק יותר אין תא בשום (א)

מידה; באותה אפשריים שכולם מצבים(

nr

)יש מידה באותה אפשריים המצבים כל (ב)דירק־פרמי. נקראת הזו סטטיסטיקה

סטרילינג נוסחת 3.3.2

סטרילינג) (נוסחת 3.2 משפט

n! ∼√

2π · nn+ 12 · e−n ⇔ lim

n→∞n!√

2π · nn+ 12 · e−n

= 1.

.(C =√

2π כי נוכיח (בהמשך .e1112 ≤ C ≤ e כאשר lim

n→∞n!

n(n+ 12 )·e−n

= C כי נוכיח הוכחה:

לשלבים: ההוכחה את נחלק

הבא: באופן ln n! את נחקור n! את לחקור במקום .1

ln(n!) = ln(1 · 2 . . . n) = ln 1 + ln 2 + . . . ln n =n∑

i=1

ln(i)

לכלk∫

k−1

ln tdt < ln k <k+1∫

k

ln tdt מקבלים טבעי k לכל לכן עולה מונטנית ln x פונקצית .2

לכן: k ≥ 1n∑

k=1

k∫

k−1

ln tdt <

n∑

k=1

ln k <

n∑

k=1

k+1∫

k

ln tdt

ל־ ששקול

(3.1)

n∫

0

ln tdt <n∑

i=1

ln i <

n+1∫

1

ln tdt

23 הסתברות .3 פרק

חלקים: לפיb∫

a

ln tdt נחשב .3

b∫

a

ln xdx =︸︷︷︸

u=lnxdv=dx

x ln x|ba −b∫

a

1

x· xdx = b ln(b) − a ln(a) − (b − a)

ב־ נציב limx→0+

x ln x = 0 מתקיים: לופיטל כלל שלפי בחשבון ונקח הצדדים בשני נציב

ונקבל )3.1(

n lnn − lima→0+

a ln a︸ ︷︷ ︸

0

−n <

n∑

i=1

ln i < (n + 1) ln(n + 1) − 1 · ln 1 − n.

ש־ נובע limx→0+

x ln x = limx→0+

ln x1x

=︸︷︷︸

∞∞

limx→0+

1x

− 1x2

= limx→0+

−x = 0 לפי

n ln n − n < ln n! < (n + 1) ln(n + 1) − n.

יורדת: סדרה dn ש־ נראה dn = ln n! − (n + 12) ln n + n הסדרה תהי .4

dn − dn+1 = ln n! − (n + 12) lnn + n − ln((n + 1)!) + (n + 1 + 1

2) ln(n + 1) − (n + 1)

= − ln(n + 1) − (n + 12)[ln n − ln(n + 1)] + ln(n + 1) − 1

= −(n + 12) ln( n

n+1) − 1 = (n + 1

2) ln(n+1

n) − 1

לכן , ln(1 − t) = −∞∑

i=1

ti

iו־ ln(t + 1) =

∞∑

i=1

(−1)i+1 ti

iמתקיים 0 < t < 1 של נזכיר .5

ln

(1 + t

1 − t

)

=∑

i≥1

((−1)i+1 + 1)ti

i=∑

j≥0

((−1)2j+1+1 + 1)t2j+1

2j + 1= 2

∑

j≥0

t2j+1

2j + 1.

(3.2)ונקבל ,1+t

1−t= n+1

nש־ כך t לגבי )3.2( בנוסחה נשתמש

n + 1

n=

2(n + 1)

2n=

(2n + 1) + 1

(2n + 1) − 1=

1 + 12n+1

1 − 12n+1

נובע מכאן

(n + 12) ln(n+1

n) = (n + 1

2) · 2

∞∑

j=0

( 12n+1

)2j+1

2j+1= (2n + 1) · 1

2n+1+ (2n + 1)

∞∑

j=1

( 12n+1

)2j+1

2j+1

= 1 +∞∑

j=1

( 12n+1

)2j

2j+1

יורדת. סידרה הינה dn ש־ קיבלנו כלומר ,dn − dn+1 =∞∑

j=1

( 12n+1

)2j

2j+1> 0 אומרת, זאת

24 הסתברות .3 פרק

מתקיים שני מצד .6

∞∑

j=1

( 12n+1

)2j

2j+1< 1

3

∞∑

j=1

( 12n+1

)2j

= 13

( 12n+1

)2

1−( 12n+1

)2

= 13

1(2n+1)2−1

= 13

1(2n+2)(2n)

=

= 112

· 1(n+1)n

= 112

(1n− 1

n+1

)

,

מתקיים ולכן

dn − dn+1 < 112

· 1n− 1

12· 1

n+1⇔ dn − 1

12· 1

n< dn+1 − 1

12· 1

n+1 .

מקבלים מכאן ולכן עולה היא שהסדרה לראות קל ,cn = dn − 112

· 1nב־ נסמן

11

12= 1 − 1

12= c1 < cn < dn < d1 = 1.

מתקיים ולכן קיים. limn→∞ dn ש־ נקבל מלמטה וחסומה יורדת סדרה הינה dn ו־ מאחר

dn = ln n! −(

n +1

2

)

ln n + n = ln

(n!

nn+ 12 · e−n

)

,

ש־ נקבל ואז ,1112

< ln A < 1 כאשר קיים הגבול ז"א limn→∞

n!

nn+ 12 ·e−n

= A גם ומתקיים

.e1112 < A < e1

.Jm =

π2∫

0

sinm xdx הבאים באינטגרלים נשתמש כך לשם .C =√

2π ש־ נוכיח עכשיו

J2 =

π2∫

0

sin2 xdx =

π2∫

0

1−cos 2x2

dx = π4,J1 =

π2∫

0

sin xdx = − cos x|π20 = 1 נקבל ישיר מחישוב

ואילו

Jm =

π2∫

0

sinm xdx =︸︷︷︸

u=sinm−1 x,du=(m−1) sinm−2 x cos xdxdv=sin xdx,v=− cos x

− sinm−1 x cos x∣∣

π2

0+ (m − 1)

π2∫

0

sinm−2 x cos2 xdx

= (m − 1)

π2∫

0

sinm−2 xdx − (m − 1)

π2∫

0

sinm xdx

︸ ︷︷ ︸

Jm

,

מקרים לשני נחלק .m ≥ 3 עבור Jm = m−1m

Jm−2 אומרת זאת

25 הסתברות .3 פרק

Jm = m−1m

· m−3m−2

· m−5m−4

· · · · 34

π4

= (m−1)(m−3)···3·1m(m−2)···4·2 · π

2= π

2(m−1)!!

m!!אזי m = 2k אם .1

ש־ קיבלנו כלומר .Jm = m−1m

· m−3m−2

· · · 23· 1 = (m−1)!!

m!!אזי m = 2k + 1 אם .2

Jm =

π2

(m−1)!!m!!

; m = 2k(m−1)!!

m!!; m = 2k + 1

0 < x < π2בתחום 0 < sin x < 1 כי ידוע , lim

n→∞

((2n)!!

(2n−1)!!

)2

· 12n

הביטוי את לחשב נותר כעת

מקבלים אנו מזה

0 < sin2n+1 x < sin2n x < sin2n−1 x ⇒ J2n+1 < J2n < J2n−1

ל־ ששקול

(2n)!!(2n+1)!!

< (2n−1)!!(2n)!!

· π2

< (2n−2)!!(2n−1)!!

⇔ ((2n)!!)2

(2n+1)((2n−1)!!)2< π

2< ( (2n)!!

(2n−1)!!)2 1

2n,

ש־ גורר וזה

limn→∞

((2n)!!

(2n−1)!!

)212n

= π2.

נשתמש , (2n)!!(2n−1)!!

= ((2n)!!)2

(2n)!!(2n−1)!!= (2n(2n−2)(2n−4)···2)2

(2n)!!(2n−1)!!= 22n(n(n−1)···1)2

(2n)!= 22n·n!2

(2n)!את נחשב

ונקבל , limn→∞

n!/(A√

n(ne)n) = 1 בנוסחה

π

2= lim

n→∞

(22n(n!)2

(2n)!

)2

· 1

2n= lim

n→∞

24n · A4n2(ne)4n

A2 · 2n(2ne

)4n· 1

2n=

A2

4

.(A > 0) A =√

2π כלומר ,A2 = 4 · π2

= 2π לכן

מתקיים: סטרילינג נוסחת לפי

n n! קירוב על פי נוסחת סטרילנג השגיאה1 1! 0.9221 0.082 2! 1.919 0.045 5! 118.019 0.02

עם תאים n ב־ כדורים n יהי סטירלינג. נוסחת של השיומשים לאחד דוגמא נביא עכשיוהבא בביטוי נתונה לכך התשובה שונים? בתאים יהיו הכדורים שכל ההסתברות מהי חזרות,

p = n!nn ≈

√2πnn+ 1

2 · e−n

nn=

√2πn · e−n

4 פרק

ונוסחת שלמה הסתברות מותנית, הסתברותבייס

מותנית הסתברות הגדרת 4.1

הסתברות .P (B) > 0 ש־ כאלה A, B ∈ A ויהיו ,(Ω, A, P ) הסתברות מרחב נתון 4.1 הגדרהעל מוגדרת B בתנאי A של "הסתברות בקיצור או קרה, B שמאורע בתנאי A מאורע של מותנית

ידי

P (A|B) =P (A · B)

P (B).

(B, AB, PB) נגדיר .P (B) > 0 ש־ כזה B ∈ A ו־ (Ω, A, P ) הסתברות מרחב נתון 4.1 טענהאז .PB(F ) = P (F )

P (B)מתקיים F ∈ AB קבוצה ולכל AB = A · B|A ∈ A הבא באופן

הסתברות. מרחב הוא (B, AB, PB)

פונקצית היא PB : AB → [0, 1] ו־ B מעל σ־אלגברה היא AB ש־ להראות צריך הוכחה:ההסתברות.

.B מעל σ־אלגברה היא AB כי נוכיח .1

B · B = B ∈ AB כי AB 6= ∅ (א)

לכן B = Ω · B = (A + A)B = AB + AB ומתקיים: A ∈ A אזי A ∈ A תהי (ב)מתקיים F = AB ∈ AB, A ∈ A לכל

F B = AB ∈ AB

26

27 בייס ונוסחת שלמה הסתברות מותנית, הסתברות .4 פרק

לכן i ∈ I לכל Fi = Ai · B ש־ כזאת Aii∈I ⊆ A קיימת Fii∈I ⊆ AB לכל (ג)

מעל σ־אלגברה היא AB ש: נובע מכאן ,∑

i∈I

Fi =∑

i∈I

Ai · B =

(∑

i∈I

Ai

)

B ∈ AB

.B

ההסתברות. פונקציה אקסיומות מקיימת PB : AB → [0, 1] כי נוכיח .2

.0 ≤ PB(F ) = P (AB)P (B)

≤ 1 (א)

PB(B) = P (B·B)P (B)

= P (B)P (B)

= 1 (ב)

ולכן ,Ai ∈ A עם (Fi = Ai · B) אזי קבוצות של זרה כמשפחה Fii∈I ⊆ AB אם (ג)

PB(∑

Fi) =P (∑

AiB)

P (B)=

∑P (AiB)

P (B)=∑

PB(Fi).

של תכונות מקיימת מותנית הסתברות 4.1 טענה ולפי קבוצה! לא זו A|B כי להעיר ישהסתברות. פונקציה

אזי הסתברות, מרחב (Ω, A, P ) יהי 4.2 טענה

מתקיים: P (B) 6= 0 ,P (A) 6= 0 ש־ כאלה A, B ∈ A לכל .1

P (AB) = P (A|B) · P (B) = P (B|A) · P (A).

אזי P (n∏

i=1

Ai) > 0 ש־ כזאת קבוצה Aini=1 ∈ A אם .2

P (n∏

i=1

Ai) = P (A1) · P (A2|A1) · P (A3|A1 · A2) · · ·P (An|n−1∏

i=1

Ai).

הוכחה:

שמתקיים נקבל המותנית ההסתברות הגדרת לפי .1

P (A|B) =P (AB)

P (B)⇒ P (AB) = P (A|B) · P (B).

28 בייס ונוסחת שלמה הסתברות מותנית, הסתברות .4 פרק

על באינדוקציה הטענה את נוכיח לכן ,(1 ב־ (הוכחנו n = 2 עבור נכונה השנייה הטענה .2A = An הקבוצות נגדיר כעת .n עבור ונראה n− 1 עבור הטענה נכונות נניח כך לשם ,n

שמתקיים: נובע מכאן B = A1A2 · · ·An−1 ו־

P (n∏

i=1

Ai) = P (An · B) = P (An|B) · P (B) =

= P (An|B) · P (An−1|A1, . . . , An−2) . . . P (A2|A1)P (A1).

אם תלויים בלתי נקראים A, B ∈ A מאורעות הסתברות. מרחב (Ω, A, P ) יהי 4.2 הגדרה.P (AB) = P (A) · P (B) מתקיימים

האלה ההגדרות שתי .P (A) = P (A|B) אם: תלויים בלתי A, B היא אלטרנטיבית הגדרה אזיאזי P (AB) = P (A) · P (B) מתקיים אם אז כי P (B) > 0 כאשר מתלקדות

P (A|B) =P (AB)

P (B)= P (A).

מראה היא כי טובה הראשונה ההגדרה .P (A|B) = P (A) ⇒ P (AB) = P (A) · P (B) ואםכלומר אי־תלות, של העיקרון את מסבירה השניה ההגדרה סימטרי. הוא תלויים" "בלתי שמוסג

לקרות. A של סיכוי על משפיע לא קרה B ש־ זה

אם תלויים בלתי נקראים Aini=1 ⊆ A מאורעות הסתברות. מרחב (Ω, A, P ) יהי 4.3 הגדרה

.P (k∏

j=1

Aij ) =k∏

j=1

P (Aij) מתקיים: 2 ≤ k ≤ n כאשר i1, . . . ik צירוף לכל

זה סדר מאיזשהו צירופים רק לבדוק כי האפשריים הצירופים כל את לבדוק שצריך להעיר חשובמספיק! לא

הקוביה על תוצאה = A המאורעות נתונות יהיו שונות. קוביות 2 הטלת הניסוי: 4.1 דוגמאשתי על סכום = C זוגית, היא השניה הקוביה על תוצאה = B זוגית, אי היא הראשונה

וגם P (A) = P (B) = P (C) = 0.5 ומתקיים זוגי אי הוא קוביות

AB = AC = BC = ABC⇒ P (AB) = P (AC) = P (BC) == P (A) · P (B) = P (A) · P (C) = P (B) · P (C)

ו־ A ב־ תלויה C ו־ P (ABC) = 0.25 מתקיים: שני ומצד ,P (AB) = 0.5 · 0.5 = 0.25 כאשר.B

מותנית) הסתברות של אלמנטריות (תכונות 4.3 טענה

29 בייס ונוסחת שלמה הסתברות מותנית, הסתברות .4 פרק

אזי P (B) > 0 ש־ כזה B ∈ A ו־ זרים A1, A2 ∈ A אם .1

P ((A1 + A2)|B) = P (A1|B) + P (A2|B).

.P (A|B) = 1 − P (A|B) מתקיים בפרט .2

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

אזי P (A + B) > 0 ו־ זרים B ו־ A אם .3

.(A, B), (A,B), (A, B) תלויים: בלתי הם הבאים הזוגות אזי תלויים בלתי A, B אם .4

.P (A|B) = P (A|B) אם"ם תלויים בלתי B, A אזי 0 < P (B) < 1 אם .5

מתקיים ההנחות פי על הוכחה:

P (A1 + A2|B) = P ((A1+A2)B)P (B)

= P (A1B+A2B)P (B)

= P (A1B)+P (A2B)P (B)

= P (A1|B) + P (A2|B)..1

1 = P (Ω|B) = P (A + A|B) = P (A|B) + P (A|B) ⇒ P (A|B) = 1 − P (A|B). .2

P (A|A + B) = P (A(A+B))P (A+B)

= P (A+∅)P (A)+P (B)

= P (A)P (A)+P (B)

. .3

.P (AB) = P (A)−P (AB) = P (A)−P (A)P (B) = P (A)(1−P (B)) = P (B)P (A) .4

P (A|B) = לכן הקודם, הסעיף לפי תלויים בלתי A, B אז תלויים, בלתי B ו־ A אם .5אז ,P (A|B) = P (A|B) ש־ נניח להיפך .P (A) = P (A|B)

P (A|B) =P (AB)

P (B)=

P (A) − P (AB)

1 − P (B)=

P (AB)

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

P (AB) = ש־ שגורר P (B)(P (A) − P (AB)) = P (AB)(1 − P (B)) ש־ נקבל מכאן.P (A)P (B)

בייס ונוסחת שלמה הסתברות 4.2

אזי: B ∈ A ותהי ,Ω של פירוק Aii∈I תהי הסתברות. מרחב (Ω, A, P ) יהי 4.1 משפט

השלמה ההסתברות נוסחת .1

P (B) =∑

i∈I

P (B|Ai) · P (Ai).

30 בייס ונוסחת שלמה הסתברות מותנית, הסתברות .4 פרק

הבאה: בייס נוסחת מתקיימת אזי P (B) > 0 ש־ נתון בנוסף אם .2

P (Ai|B) =P (B|Ai) · P (Ai)

P (B)=

P (B|Ai) · P (Ai)∑

i∈I

P (B|Ai) · P (Ai).

מתקיים ההנחות פי על הוכחה:

P (B) = P (B ·∑i∈I

Ai) = P (∑

i∈I

B · Ai) =∑

i∈I

P (B · Ai) =∑

i∈I

P (B|Ai)P (Ai) .1

ש־ נובע ומכאן P (B|Ai) = P (B·Ai)P (Ai)

מתקיים שני מצד אבל P (Ai|B) = P (Ai·B)P (B)

.2

ההוכחה. את נשלים הקודם בסעיף ושימוש ,P (Ai|B) = P (B|Ai)·P (Ai)P (B)

מותנית. רק משהו יודעים אנו קרובות לעיתים כי נוחה, מאוד שלמה ההסתברות נוסחת 4.2 דוגמאשקשורים השינויים כל .X לכרומוזמה קשור צבעים עיוורון צבעים: עיוורון בבעית נדון למשללאישה ההסתברות אז P היא לגבר הסתברות אם במין תלויה שלהם ההסתברות X לכרומוזומה,P (B) = 1

2,P (D|B) = 1

40גם נתון B=גבר, צבעים, עיורון יש = Dב־ נסמן .P 2 היא

צבעים? עיוורון יש שנולד שלתינוק ההסתברות מהי .P (D|B) = 1402

P (D) = P (D|B) · P (B) + P (D|B) · P (B) =1

40· 1

2+

1

402· 1

2=

1

2(

1

40+

1

402).

אחרת אחת, מביצה שהתפתחו תאומים הם ביצית, חד תואמים או זהים תאומים נגדיר 4.3 דוגמאזהים לא הם תאומים שאם נניח מין). מאותו תמיד הם זהים (תאומים זהים לא תאומים נאמרמאותו הם 0.5 בהסתברות אומרת זאת ,0.5 הוא הנתון ממין להיות אחד לכל ההסתברות אזיכמה מין. מאותו תאומים של %64 נולדים התאומרים בין שונה. ממין הם 0.5 ובהסתברות מיןתאומים = B מין מאותו תאומים = A הבאים המאורעות נגדיר חד־ביצית? התאומים מבין

ש: נובע מכאן P (B) = P ו־ P (A|B) = 0.5, P (A|B) = 1 וקיים חד־ביצית

P (A) = P (A|B) · P (B) + P (A|B) · P (B) == p + 0.5(1 − p) = 0.64,

.P (B) = 0.28 ,0.5p = 0.14 אומרת, זאת

המאורע של להסתברות שווה P (B|Ai) ש־ יודעים ואנו זרות הנחות K לנו יש בייס בנוסחתשל להסתברות שווה P (B) ו־ ,Ai ההנחה של להסתברות שווה P (Ai) ,Ai ההנחה בהינתן Bכלומר B המאורע בהינתן ההנחה של ההסתברות את לחשב מעוניינים אנו .B הכללי המאורע

.P (Ai|B) לחשב

31 בייס ונוסחת שלמה הסתברות מותנית, הסתברות .4 פרק

גודל שלה ההסתברות הגן. שיכפול לשגיאת הקשורה תורשתית מחלה היא דואן תסמונית 4.4 דוגמא,P (D30) = 1

885היא: 30 בגיל לאישה תסומנת עם תינוק הודלת של ההסתברות השנים. עם דרסאית

עוברי חלבון בדיקת .P (D45) = 132

הוא: 45 בגיל לאישה תסמונת עם תינוק הולדת של ההסתברותז"א צד, לכל ב־99.5% אמת תוצאות מראה

P (A|D) = 0.995P (A|D) = 0.995

P (A|D) = 0.005

חיובית. תוצאה מקבלת 30 בגיל אישה מקרה. איזשהו = D חיובית, תוצאה = A כאשרלהלן: התשובה דאון? תסמונת יש שלתינוק ההסתברות מהי

P (D30|A) =P (A|D30) · P (D30)

P (A)=

0.995 · 1885

P (A)

ונקבל: השלמה הנוסחה ע"י P (A) את נחשב

P (A|D30) · P (D30) + P (A|D30) · P (D30).

ש־ נובע מכאן

P (D30|A) =0.995 · 1

885

0.995 · 1885

+ 0.005 · 884885

≈ 0.18.

.P (עץ) = 0.9 הסתברות עם נוטה ואחת הוגנות מטבעות 999 מטבעות, 1000 עם שק יש 4.5 דוגמאבטוח להיות כדי ברציפות עץ לקבל צריך פעמים כמה אותו. להטיל ומתחילים מהשק מטבע מוציאים

.K = 99.9% ו־ ,K = 99% ,K = 90% ,K = 50% כאשר נוטה הוא שהמטבע לפחות K ב

המטבע = Bוב־ עץ התקבל ברציפות פעמים n = An ב־ נסמן השאלה, על לענות כדיכן כמו אפשריוריות הסתברויות הן P (B) = 0.999 ,P (B) = 0.001 ש־ נובע מכאן נוטה הוא

,P (An|B) = (0.5)n ,P (An|B) = (0.9)n מתקיים

P (B|An) =P (An|B) · P (B)

P (An|B) · P (B) + P (An|B) · P (B)

P (B|An) =P (An|B) · P (B)

P (An|B) · P (B) + P (An|B) · P (B)

בנוסף,P (B|An)

P (B|An)≥ k

1 − k⇐ P (B|An) ≤ 1 − k ⇐ P (B|An) ≥ k,

32 בייס ונוסחת שלמה הסתברות מותנית, הסתברות .4 פרק

אבל

P (B|An)

P (B|An)=

(0.9)n · 0.001

(0.5)n · 0.999

= (9

5)n · 1

999⇔ n[log(9) − log(5)] − log(999) ≥ log k − log(1 − k)

ולכן

n ≥ log k − log(1 − k) + log(999)

log 9 − log 5.

מקרים: לכמה נחלקk = 0.5 → n ≥ 11.75 → n ≥ 12k = 0.9 → n ≥ 15.48 → n ≥ 16k = 0.99 → n ≥ 19.56 → n ≥ 20k = 0.999 → n ≥ 23.5 → n ≥ 24

אפריוריות הסתברויות של לתקון מיועד הוא כי במחלוקת שנוי היה רב זמן בייס משפט 4.1 הערהלכל נתן באו הנחות על כלום יודעים לא אנחנו אם : היה בביס של המקורי הרעיון ,כאשרמתקנים ניסיונות ואחרי אחידה להתפלגות ידע חוסר מתרגמים אומרת זאת סיכוי, אותו ההנחותנפוץ למקרה חוזרים (כאן אחידה להתפלגות דווקא ידע חוסר לתרגם למה אבל ההסתברויות. אתהיום חצי). היא אפשרות של ההסתברות אז אפשריות שתי רק יש שאם חושבים אנשים כאשרמשתמשים שהם אומרת זאת , בייסאנים" "סטטיסטיקאים לעצמם שקוראים סטטיסטיקאים יששבייס מעניין בייס. במשפט להשתמש שמסרבים כאלה ויש ידע, חוסר של במקרה בייס במשפטאחידה להתפלגות ידע חוסר של שתרגום הרגיש כי בדיוק שלו המשפט את פרסם לא (1702−1761)

אפריוריות. הסתברויות הערכת של הבעיה את לפתור איך ידע ולא נכון לא

תרגילים 4.3

וילונות. שלושה ישנם היום?" מילארדר, להיות רוצה "מי היומית הטלויזיה בתוכנית 4.1 תרגילסיגרים קופסאות הנותרים שני ומאחורי שקלים, מילארד בשווי שמן צ'ק ישנו הוילונות אחד מאחורישקלים, מיליארד אין בו הנותרים מהשניים וילון מרים המנחה וילון. בוחר המתחרה טוב). (גםלמתחרה, כדאית טקטיקה איזו הנותר). (לשלישי וילון להחליף רוצה הוא האם המתחרה את ושואל

בכסף)? לזכות סיכוי יותר לו שיהיה (בשביל בחר שהוא הוילון עם להישאר או וילון להחליף

המתחרה אם לזכות. 1/3 של הסתברות לו יש אז שלו. הוילון עם נשאר שהמתחרה נניח פתרון:עם בוילון בחר הוא בהתחלה אם יזכה הוא לזכות: 2/3 הסתברות לו יש אז וילון, מחליף תמיד וילון. להחליף עדיף לכן סיגרים.

תת־ מהקבוצה בוחרים נוגה. בני ו־150 מאדים, בני 100 לומדים אנגלית לימוד בקבוצת 4.2 תרגילבתת־הקבוצה נוגה בני למספר מאדים בני מספר בין שהיחס ההסתברות מה חיזרים. 10 של קבוצה

נומרית)? התשובה את לחשב צורך (אין הלימוד קבוצת בכל המתאים ליחס שווה יהיה

33 בייס ונוסחת שלמה הסתברות מותנית, הסתברות .4 פרק

.(100

4 )(1506 )

(25010 )

הביטוי ידי על ניתנת התשובה פתרון:

מאמרים 7 קרא באוניברסיטה, מההוראה חופשתו בזמן מתמטיקאי, 4.3 תרגילבוחרים שהגיע). החדש הסמסטר אילולא עוד קורא היה (והוא באלגברה מאמרים 8 ו־ בטופולוגיה

באלגברה? עוסקים מהם 4 שלפחות הסיכוי מה קרא. שהוא מאלו מאמרים 5 אקראית

.(84)(

71)

(155 )

+(85)(

70)

(155 )

הביטוי ידי על ניתנת התשובה פתרון:

לבנים m ו־ שחורים כדורים n שמכיל האדום כדים; שני בידנו משחקים: שני נתאר 4.4 תרגילמוציאים כד, בוחרים אנחנו הראשון, במשחק לבנים. 100m ו־ שחורים כדורים 100n שמכיל והכחולהשני, במשחק למה? לבחור? יותר כדאי כד באיזה בחביתה. זוכים לבן, הכדור ואם אחד, כדור ממנובאיזה לבן. מהכדורים אחד לפחות אם בחביתה וזוכים כדורים, שני ממנו מוציאים כד, בוחרים אנחנו

למה? לבחור? יותר כדאי כד

100m100n+100m

של הסתברות יש מקרה בכל כי נבחר כד איזה חשוב לא הראשון במשחק פתרון:ואילו m

n+m+ m

n−1+mלזכות ההסתברות אז האדום: הכד את לבחור עדיף השני במשחק לזכות.

לזכות ההסתברות הכחול בכד נבחר כאשר

100m

100n + 100m+

100m

100n − 1 + 100m=

m

n + m+

m

n − 1/100 + m.

ושמו אחד כדור אקראי באופן הוציאו שחורים. כדורים ו־7 לבנים כודרים 3 יש בכד 4.5 תרגילהראשונה בפעם שהוציאו שהכדור ההסתברות מה לבן. היה והוא כדור, עוד הוציאו זה אחרי הצידה.

לבן? היה

אז לבן. היה השני W2־הכדור לבן, היה הראשון W1־הכדור נסמן פתרון:

P (W1|W2) =P (W2|W1)P (W1)

P (W2|W1)P (W1) + P (W2|W1)P (W1)=

2/9 · 3/10

2/9 · 3/10 + 3/9 · 7/10=

2

9.

מהכד כדור מוציאים לבנים. כדורים w ו־ שחורים כדורים b יש כדים משני אחד בכל 4.6 תרגיליהיה השני שהכדור ההסתברות מה השני. מהכד כדור מוציאים ואז השני בכד אותו ושמים הראשון

לבן?

.P = wb+w

· w+1b+w+1

+ bb+w

· wb+w+1

= wb+w

השלמה ההסתברות נוסחת לפי פתרון:

ההסתברות מה לגמרי. אקראי באופן זוגות, 6 מתיישבים מקומות 12 עם עגול שולחן סביב 4.7 תרגילצמודים? במקומות ישב זוג שכל

34 בייס ונוסחת שלמה הסתברות מותנית, הסתברות .4 פרק

בכפה אופנים. 12! ב־ השולחן? סביב האנשים 12 את לסדר אפשר אופנים בכמה פתרון:בזוג הגבר את לשים לאן נבחר אופנים )ב־12 12 · 2 · 5! · 25 ב־ "טוב"? סידור נקבל אופניםלסדר איך לבחור נוכל אופנים ב־!5 אז אשתו; את לשים לאן לבחור נוכל אופנים ב־2 הראשון;התשובה כלומר הזוגות(. בתוך הפנימי הסידור את נבחר אופנים וב־25 הנותרים, הזוגות 5 את .12·2·5!·2

5

12!= 5!

11!26 היא

במטרה פוגע הראשון שהצייד ידוע בלתי־תלוי. ובאופן זמנית בו בצבי יורים ציידים שני 4.8 תרגיל(רמז: הצבי? את לחלק צריך איך אחד. כדור בו ונמצא הרוג, הצבי .0.4 והשני ,0.8 בהסתברות

בייס). בנוסחת להשתמש צריך

A01־הציד לא, והשני פגע הראשון A10־הציד בצבי. אחד כדור A־נמצא מאורעות, נסמן פתרון:בייס נוסחת לפי אז פגע. לא ציד A00־אף פגעו, הצידים A11־שני לא, והראשון פגע השני

P (A10|A) = P (A|A10)P (A10)P (A|A00)P (A00)+P (A|A10)P (A10)+P (A|A01)P (A01)+P (A|A11)P (A11)

= 1·(0.8·0.6)0·P (A00)+1·(0.8·0.6)+1·(0.2·0.4)+0·P (A11)

= 67.

(תנחומינו היתר את ולשני מהצבי 67הראשון לציד להביא יש ולכן .P (A10|A) = 1

7אופן באותו

לצבי). גם כמו לשני,

באקראי בוחרים הצדדים. משני מופיע ה"עץ" מהם 2 על אבל הוגנים, מטבעות 10 ישנם 4.9 תרגיל"עץ"? פעמים 3 שהופיע ההסתברות מה פעמים. 3 אותו ומטילים הללו המטבעות מ־10 מטבע

.P = 210

· 1 + 810

· 18

= 310

שלמה הסתברות נוסחת לפי פתרון:

5 פרק

קשורות בדידה התפלגות ברנולי. נסיונותברנולי. לניסיונות

אחת לתוצאה הזה במקרה ברנולי. ניסוי נקרא תוצאות שתי רק מכיל שלו Ωש־ ניסוי 5.1 הגדרה= 1 כשלון, = 0 כאשר Ω = 0, 1 אחרות במילים "כישלון", שניה ולתוצאה "הצלחה" קוראים

.p(0) = q = 1 − p ו־ ,p(1) = p הצלחה,

= קוביה הטלת (2) .p = q = 0.5 מתקיים אז הוגן מטביע בהטלת (1) 5.1 דוגמא.p = 1

3ו־ q = 2

3מתקיים אז הוגנת הקוביה אם .6 או 5 ”הצלחה”קבלת

אם: ברנולי סדרת נקראת נסיונות סדרת 5.2 הגדרה

ברנולי. נסיון הוא בסדרה נסיון כל .1

לניסוי. מניסוי משתנה לא להצלחה ההסתברות .2

תלויים. בלתי הנסיונות כל .3

מראש. קבוע n נסיונות מספר .4

שמספר ההסתברות "מהי השאלה על העונה ברנולי נסיונות לסדרת הקשורה התפלגות 5.3 הגדרהΩ = כאשר X ∼ B(n, p) הסמומנת בינומית התפלגות נקראת "k יהיה נסיונות n בין ההצלחה

.P (Ak) =(

nk

)pkqn−k מתקיים ואז הצלחות k בדיוק = ”Ak” ו־ 0, 1, 2, · · · , n

וגם P (Ak) ≥ 0 ש־ נובע מזה

n∑

k=0

P (Ak) =n∑

k=0

(n

k

)

pkqn−k = (p + q)n = 1,

בינומית. התפלגות נקראת זו התפלגות לכן

35

36 ברנולי. לניסיונות קשורות בדידה התפלגות ברנולי. נסיונות .5 פרק

תרגילים 5.1

שלוש לפחות לפגוע ההסתברות מה .0.2 היא בודדת ביריה במטרה לפגוע ההסתברות 5.1 תרגיליריות? 20 יורים כאשר במטרה פעמים

.1 −(200

)0.200.820 −

(201

)0.210.819 −

(202

)0.220.818 ברנולי נוסחת לפי פתרון:

סיכוי לשניהם פעמים. שלוש אחד כל ה־11 מקו בועטים גן מרמת כדורגל חובבי שני (1) 5.2 תרגילגולים. מספר אותו יבקיעו ששניהם ההסתברות את מצא .0.5 גול הכנסת

הראשון של לסל הקליעה הסתברות פעמים. שלוש אחד כל לסל קולעים כדורסל שחקני שני (2)קליעות. מספר אותו יקלעו ששניהם ההסתברות את מצא .0.7 השני של ואילו ,0.6 היא

הוא (1) של פתרון פתרון:

P =3∑

j=0

((3

j

)

· 0.5j · 0.53−j

)2

=5

16.

הוא (2) של פתרון

P =3∑

j=0

(3

j

)2

· 0.6j · 0.7j · 0.43−j · 0.33−j.

את k2 וב־ "עץ" שיצא הפעמים מספר את k1 ב־ נסמן פעמים. n הוגן מטבע מטילים 5.3 תרגיל.k1k2 = n2 − n ש־ ההסתברות את חשב "פלי". שיצא הפעמים מספר

הינם השוויון אגפי שני ולכן ,0 להיות חייבים k2 או k1 ש־ ברור אז .n = 1 קודם נניח פתרון:לכן (k1 + k2)

2 = n2 אז .n > 1 נניח תמיד. 0

k21 + k2

2 = n2 − 2k1k2 = n2 − 2n2 + 2n = −n2 + 2n > 0

אפסץ היא n > 1 עבור ההסתברות ולכן n < 2 ל־ ששקול

דלתות: משלושה אחת לבחור נותנים לחולדה הבא: הניסוי את מבצעים התנהגותי במחקר 5.4 תרגילהיא אחרת, הניסוי. מסתיים ובזה מזון מנת מקבלת היא אז הנכונה הדלת את בוחרת היא אםהחולדות מן אחוז 70 פעמים. משלוש יותר לא אך הניסוי על וחוזרים חלשה חשמל מכת מקבלתדלת אותה מנסות לא החולדות ושאר טיפשות") ("חולדות באקראי מהדלתות אחת פעם כל בוחרותימצאו בדיוק שלוש או שתיים חולדות 5 שמתוך ההסתברות תהיה מה חכמות"). ("חולדות פעמיים

הנכונה? הדלת את

37 ברנולי. לניסיונות קשורות בדידה התפלגות ברנולי. נסיונות .5 פרק

זו אם הנכונה? הדלת את תמצא באקראי שנבחרה בודדה שחולדה ההסתברות מה פתרון:.1 − 23

33 = 1927

בהסתברות תצליח היא טיפשה, חולדה זו אם תצליח. בטוח היא חכמה, חולדהלפי היא, הרצויה ההסתברות .P = 0.7 · 19

27+ 0.3 · 1 = 107

135השלמה ההסתברות נוסחת לפי לכן

.(52

) (107135

)2 ( 28135

)3+(53

) (107135

)3 ( 28135

)2 ≈ 0.27 ברנולי נוסחת

כדי נכונה. מהן אחת שרק תשובות 4 יש שאלה לכל שאלות. 5 מכילה אמריקאית בחינה 5.5 תרגילהחומר את מכיר לא שבכלל אחד סטודנט נכונות. תשובות 3 לפחות לציין צריך הבחינה את לעבור

יתגשמו? שחלומותיו ההסתברות מה המבחן. את יעבור שהוא כך על בהקיץ חולם

המבחן את יעבור שהוא ההסתברות . 14היא אחת בשאלה יצליח שהסטודנט ההסתברות פתרון:

הצלחות. 3 לפחות יהיו אחד, כל 14הצלחה הסתברות עם ברנולי ניסוי שב־5 ההסתברות היא

.∑5

j=3

(5j

) (14

)j (34

)5−j= 53

512היא ברנולי, נוסחת לפי זו, הסתברות

6 פרק

מקרי משתנה

אחת רגל על המידה תורת 6.1

ש: כזאת P : Ω → R נגדיר אלמנטרי. מאורע Ai כאשר Ω = Aii∈I בדיד מדגם מרחב נתון

.i ∈ I לכל 0 ≤ P (Ai) ≤ 1 .1

.∑

i∈I

P (Ai) = 1 .2

A ∈ A כל כי ברור אלגברה. σ היא A ש־ ראינו .Ω של התת־קבוצות כל של A־משפחה נקחל־ P : Ω → R נרחיב אלמטריים. מאורעות של תת־אוספים A = Aijij∈I מהצורה היאהסתברות מרחב הוא (Ω,A, P ) ש־ ראינו .p(A) :=

∑

ij

P (Aij) ידי על טבעי באופן P : A → R

נקבע אז בדיד Ω ו־ הסתברות ,Ω,A)־מרבח P ) אם ולהפך

Ω′ = Ai|∀A ∈ AAi, A · Ai = ∅

ל־ P : A → R צימצום וקיים Ω′ של התת־קבוצות כל של A־משפחה Ω′ =∐

i∈I

Ai אזי

המקיים P : Ω′ → R

.0 ≤ P (Ai) ≤ 1 .1

.∑

i∈I

P (Ai) = 1 .2

בדידה. לא Ω ש־ במקרה קורה מה נברר עכשיו

היא אם σ־אלגברה נקראת שלה ריקה לא תת־קבוצות משפחת כלשהי. Ω־קבוצה 6.1 הגדרהמקיימת

.A ∈ A ⇒ A ∈ A .1

38

39 מקרי משתנה .6 פרק

.Ai∞i=1 ⊂ A ⇒∞∑

i=1

Ai ∈ A .2

היא אם מידה נקראת µ : A → [0,∞) פונקציה שלה. σ־אלגברה A ו־ Ω נתונים 6.2 הגדרהמקיימת

.µ(∅) = 0 .1

.µ(∑

i∈I

Ai) =∑

i∈I

µ(Ai) זרים ∀Aii∈I .2

הדגרת עם נושוה סופית. מידה נקראת µ אזי µ(A) < ∞ מתקיים A ∈ A לכל בנוסף אםהמקיימת אומרת זאת מנורמלת, סופית מידה היא הסתברות שפונקצית ונקבל הסתברות פונקציתמשפט מקיימת היא כי נזכיר הסתברות. מידת קוראים הסתברות לפונקצית לפעמים .µ(Ω) = 1Ain

i=1 שאם היא טבעית יותר שדרישה אמרנו σ־אלגבראות על דיברנו כאשר .1.3 מפרק 1

במשפחה.n∑

i=1

Ai איחוד גם אזי תת־קבוצות של במשפחה

אם אלגברה Ω תת־קבוצות של H למשפחה נקרא 6.3 הגדרה

ריקה. לא H .1

.A ∈ H אזי A ∈ H אם .2

.n∑

i=1

Ai ∈ H אזי Aini=1 ⊂ H אם .3

אלגברה. היא σ־אלגברה וכל תמיד, Ω, ∅ ∈ Hהמקיימת P : H → [0, 1] ופונקציה Ω,H־אלגברה נתונים השאלה:

P (Ω) = 1 .1

.P (n∑

i=1

Ai) =n∑

i=1

P (Ai) אזי וזרים Aini=1 ⊂ H לכל .2

לפונקצית P ופונקציה H ⊂ A אומרת זאת A σ־אלגברה ל־ H את להרחיב אפשר האם.P ′(A) = P (A) מתקיים A ∈ H שלכל כך P ′ : A → [0, 1] הבאה הסתברות

ש־ כזאת P : H → [0, 1] ו־ Ω מעל H־אלגברה ,Ω 6= ∅ יהי ההרחבה) (משפט 6.1 משפט

.P (Ω) = 1 .1

.P (n∑

i=1

Ai) =n∑

i=1

P (Ai) מתקיים זרים Aini=1 לכל .2

40 מקרי משתנה .6 פרק

מתקיים∏

Ai = ∅ ו־ Ai ⊃ Ai+1 המקיימת Ai∞i=1 ⊂ H יורדת סדרה לכל .3

limi→∞

P (Ai) = 0,

P ′ : יחידה הסתברות פונקצית וקיימת H את שמכילה יחידה מינמלית A σ־אלגברה קיימת אזי.P ′(A) = P (A) מתקיים A ∈ H שלכל כזאת A → [0, 1]

בונים אנו שבה הדרך וזו ,H את שמכילות σ־אלגבראות ה־ כל של חיתוך היא A ש־ בעבר ראינופונקציונלית". לאנליזה "מבוא בקורס תראו P ′ של הקיום שאת לציין יש ,A את

כזאת A ∈ A לכל אם P הסתברות למידת ביחס שלמה נקראת Ω מעל A σ־אלגברה 6.4 הגדרה.B ∈ A אומרת זאת A ב־ היא B ⊂ A כל מתקיים P (A) = 0 ש־

ש־ כך (Ω,A′, P ′) השלמה קיימת (Ω,A, P ) הסתברות מרחב לכל השלמה) (משפט 6.2 משפט.A ∈ A לכל P ′(A) = P (A) ו־ A ⊆ A′

נקראת µ(A) = 0 המקיימת A ∈ A הקבוצה מדיה. היא µ כאשר (Ω, A, µ) יהי 6.5 הגדרהאפס. מידת קבוצת

אינטרבלים ידי על הנוצרת σ־אלגברה היא A נגדיר .Ω = R או Ω = [a0, b0] יהי 6.1 דוגמאאינטרבלים ידי על הנוצרת אלגברה (a, b) ∈ Ω כאשר µ((a, b)) = b − a נגדיר .Ω ב־ פתוחיםשהמידה לעובדה רק חשוב שהוא P (Ω) = 1 התנאי (מלבד 6.1 משפט של תנאים מקיימת פתוחים

.A ב־ קבוצות התת כל על מידה קיימת באמת לכן הסתברות) מידת היא

ידי על הנוצרת σ־אלגברה A של התת־קבוצות כל אזי Ω = [a0, b0] או Ω = R אם 6.6 הגדרה.(a, b) ∈ Ω כאשר µ((a, b)) = b−a ידי על המוגדרת המידה בורל. קבוצת נקראת פתוחים קטעים

.Ω = [a0, b0] כאשר בורל מידת ,Ω = R כאשר לבג מידת נקראת

אפס. מידה קבוצת הוא להמנות ניתן Ω ב־ נקודות של אוסף כל 6.1 טענה

.a =∞∏

n=n0

(a − 1n, a + 1

n) ו־ Ω ⊃ (a − 1

n0, a + 1

n0) ש־ כזה n0 קיים אזי a ∈ Ω הוכחה:

מקבלים aii∈I נקודות של אוסף לכל לכן .µ(a) = limn→∞

(a + 1n− a + 1

n) = 0 ולכן

.µ(∑

i∈I

ai) =∑

i∈I

µai = 0

פוקנציה f : R → R תהי אפס. מידת של להמנות ניתנים שלא אוספים גם שיש לציין ישµ(a, b) = ידי על המסודרת µ : A → [0,∞) כי נראה יורדת) (לא עולה מונוטונית רציפה

.A של הבסיסיות הקבוצות את נשנה תחילה אבל מידה. היא f(b) − f(a)

פתוחים חצי קטעים ידי על המוגדרת σ־אלגברה A′ נגדיר Ω = R או Ω[a0, b0] יהי 6.2 טענהבורל. קבוצות של σ־אלגברה A כאשר A = A′ אזי [a, b)

41 מקרי משתנה .6 פרק

הוכחה:

.A ⊃ A′ לכן [a, b) =∞∏

n=n0

(a − 1n, b) מתקיים [a, b) ∈ A ,a, b ∈ Ω שלכל נראה .1

.A′ ⊃ A לכן .(a, b) =∞∑

n=n0

[a + 1n, b) מתקיים (a, b) ∈ A′ ,a, b ∈ Ω שלכל נראה .2

.A = A′ קיבלנו

µ([a, b)) = ידי על המוגדרת µ סופיות והשלמות חיתוכים איחודים, של H שאלגברה מובןישיר. באופן זה נראה 6.1 משפט תנאי מקיימת f(b) − f(a)

i לכל Ei ⊂ E0 ש־ כזה קטע E0 ו־ זרים פתוחים חצי קטעים E1, E2, . . . En אם 6.3 טענהאזי

n∑

i=1

µ(Ei) ≤ µ(E0).

עולה בסדר מסודרים הם כאשר Ei = [ai, bi) , E0 = [c, d) נגדיר הוכחה:

a1 < a2 < . . . < an

נקבל זרים שהם בגללa1 < b1 ≤ a2 < . . . ≤ an < bn

מתקיים ולכן ,bn ≤ d ,a1 ≥ c נקבל Ei ⊂ E0 ש־ ומכיוון

n∑

i=1

µ(Ei) =n∑

i=1

f(bi) − f(ai) ≤n∑

i=1

f(bi) − f(ai) +n−1∑

i=1

f(ai+1) − f(bi) =

= f(bn) − f(a1) ≤ f(d) − f(c).

פתוחים קטעים של סופי מספר של באיחוד מוכל F = [c, d] סגור קטע אם 6.4 טענה

n∑

i=1

Ui =n∑

i=1

(ai, bi)

אזי

µ(F ) ≤n∑

i=1

µ(Ui).

42 מקרי משתנה .6 פרק

µ(F ) = כי גמרנו אז d ∈ Uk1 אם .c ∈ Uk1 ש־ כזה k1 קיים אזי F ⊂n∑

i=1

Ui הוכחה:

גמרנו, אז d ∈ Uk2 אם .bk1 ∈ Uk2 ש־ כזה k2 קיים אחרת, .f(d) − f(c) ≤ f(bk1) − f(ak1).d ∈ Ukm ש־ כזה Ukm ל־ נגיע דבר של בסופו הלאה. וכך bk3 ∈ Uk3 כזה k3 קיים אחרתולכל am < d < bm ו־ a1 < c < b1 ונקבל Uki

= Ui ש־ כך U של המספור את נשנהאז ai+1 < bi < bi+1 נקבל i = 1, 2, . . . , m − 1

µ(F ) = f(d) − f(c) ≤ f(bm) − f(a1) = f(b1) − f(a1) +m−1∑

i=1

f(bi+1) − f(bi)

≤m∑

i=1

f(bi) − f(ai)

אזי E0 ⊂∞∑

i=1

Ei ש־ כאלה פתוחים חצי קטעים של סדרה E0, E1, . . . אם 6.5 טענה

µ(E0) ≤∞∑

i=1

µ(Ei).

f ש־ ובגלל f(d) − f(c) = A > 0 אחרת, וגמרנו. µ(E0) = 0 אזי f(c) = f(d) אם הוכחה:.f(d ± δε) > f(d) ± ε ש־ כזה δε קיים 0 < ε < A לכל אזי רציפה פונקציה היא

Ui,δ = (ai − δi

2i , bi) ,Fε = [c, d − δε] ונגדיר δ > 0 ונקח f(d) − f(c) > ε ,ε > 0 יהי

ש־ כזה n קיים היינה־בורל משפט לפי .Fε ⊂∞∑

i=1

Ui,δ לכן ,Fε ⊂ E0 ,Ui,δ ⊃ Ei ומקבלים

מקבלים קודמת טענה פי על לכן Fε ⊂n∑

i=1

Ui,δ

µ(Fε) = f(d − δε) − f(c) ≤n∑

i=1

(f(bi) − f(ai −δε

2i))

נובע מכאן

f(d) − f(c) − ε ≤n∑

i=1

(f(bi) − f(ai) + δ2i ) ≤

n∑

i=1

µ(Ei) + δ∞∑

i=1

12i =

∞∑

i=1

µ(Ei) + δ

.µ(E0) ≤∑∞

i=1 µ(Ei) מקבלים ε, δ לכל נכון שזה ובגלל

פתוח חצי E0־קטע =∞∑

i=1

Ei ש־ כאלה פתוחים חצי זרים קטעים של i=1∞Ei־אוסף אם 6.6 טענה

אזי

µ(E0) =∞∑

i=1

µ(Ei).

43 מקרי משתנה .6 פרק

נקבל E0 ⊇∞∑

i=1

Ei אם שני ומצד µ(E0) ≤∞∑

i=1

µ(Ei) ש־ נקבל E0 ⊆∞∑

i=1

Ei אם הוכחה:

.µ(E0) ≥∞∑

i=1

µ(Ei)ש־

µ(E) = µ(E) ש־ כזאת µ סופית יחידה מידה קיימת פתוחים קטעים מעל בנוי H על 6.7 טענהסגור. חצי קטע לכל

מקבלים מכאן Ei =m∑

j=1

EiFj ומתקיים E =m∑

j=1

Fj ,E =n∑

i=1

Ei,E ∈ H יהיו הוכחה:

הפונקציה כלומר ,m∑

j=1

µ(Fj) =m∑

j=1

n∑

i=1

µ(EiFj) מתקיים שני ומצדn∑

i=1

µ(Ei) =n∑

i=1

m∑

j=1

µ(EiFj)

i ולכל זרים, Ei יהיו ; σ־אדיטיבית היא µ ש־ נראה יחיד. באופן מוגדרת µ : H → [0,∞)היא E אם אומרת µ(Ei)זאת =

∑

j

µ(Eij ) מתקיים פתוחים חצי קטעים Ei =∑

j

Eij מתקיים

Fj־ כאשר E =∑

Fj אחרת, .µ הפונקציה של אדיטיהית σ שיש ראינו אז פתוח, חצי קטעמקבלים ומכאן פתוח חצי קטע

µ(E) =m∑

j=1

µ(Fj) =m∑

j=1

n∑

i=1

µ(EiFj) =n∑

i=1

m∑

j=1

µ(EiFj) =n∑

i=1

µ(Ei).

.H על אדיטיבית σ היא µ ולכןהבא. המשפט את נקבל הקודמות מהטענות כמסקנה

על המוגדרת µf : [a0, b0] → [0, 1] ונקבל יורדת לא מונטונית רציפה, f : R → R נקח 6.3 משפטהסתברות. מידת היא µf(a, b) = f(b)−f(a)

f(b0)−f(a0)ידי

6.2 דוגמא

max(x, y) > ש־ בתנאי min(x, y) < 14ש־ ההסתברות מהי [0, 1] קטע על נקודות 2 זורקים .1

הם המאורעות כדלקמן הוא הפתרון ?23

A = (x, y)|max(x, y) >2

3, B = (x, y)|min(x, y) <

1

4.

P (B|A) =1659

ו־= P (BA) = (14· 1

3) · 2 = 1

6,P (A) = 1

3+ 1

3− 1

9= 5

9ש־ נובע מכאן

. 930

= 0.3

,[maxx, y, 1] שמהקטעים ההסתברות מהי .[0, 1] קטע על נקודות 2 מקרי באופן זורקים אם .2אורכי a, b, c בהינתן כידוע משולש. לבנות אפשר [0, minx, y] ,[minx, y, maxx, y].(a + b > c) ∧ (a + c > b) ∧ (b + c > a) מתקיים אם ורק אם משולש יוצרים הם קטעים

מקרים; בכמה הדוגמא,נטפל את לפתור כדי

44 מקרי משתנה .6 פרק

x + y − x > 1 − yx + 1 − y > y − xy − x + 1 − y > x

⇔

y > 0.5x < 0.5y < x + 1

2

נקבל אזי x < y אם (א)

ריבוע על מוגדרות שלנו הקבוצות

x > 0.5y < 0.5x < y + 1

2

סמיטריה) (לפי נקבל x > y אם (ב)

.P = 14ש־ נקבל נציירו שאם

למשל היטב. מוגדר " מקרי "דבר תמיד לא אבל מאוד, ברור דבר קטע על אחידה התפלגותגדול יהיה שהוא ההסתברות מהי יחידה. במעגל מקרי מיתר בוחרים ברטרנד: של הפרדוקסתלויה התשובה .(

√מ־3 אורמת (זאות המעגל? ידיד על החסום המושכלל המשולש של מהצלע

"מיקרי". מיתר בהגדרת

יודעים אנו , לרדיוס הניצב מיתר דרכה ונעביר בעיגול מיקרי באופן P נקודה נבחר .1החסום המשוכלל המשולש של מהצלע גדול שהוא נתון כי ,CD מיתר של אורכו אתנובע מכאן |OP | < 1

2אם ורק אם |CD| >

√3 נתון אומרת זאת המעגל, ידי על

.P =Π·( 1

2)2

Π·(1)2 = 14ש־

מכאן מקרית y שניה ונקודה קבועה x שנקודה להניח אפשר מעגל. על נקודות 2 זורקים .2.P = 1

3ש־ מקבלים

מקרי משתנה 6.2

מתקיים A′ ∈ A′ לכל אם מדידה נקראת f : Ω → Ω′ פונקציה (Ω′,A′) ,(Ω,A) יהיו 6.7 הגדרהאומרת זאת בורל, קבוצות σ־אלגברת היא A ו־ Ω = R, Rn שלנו במקרה .f−1(A′) ∈ A

.Rn של במקרה פתוחות תיבות או R של במקרה פתוחים קטעים על הבנויה σ־אלגברה

המקיימת X : Ω → R(Rn) פונקציה זוהי (Ω,A, P ) הסתברות מרחב על מקרי משתנה 6.8 הגדרהומגדירים X−1(a, b) = C ∈ A מתקיים (a, b) פתוח קטע שלכל התכונה את

P (a < X < b) = P (C).

X(ai) = xi פונקציה כל הזה במקרה .Ω = a1, a2, . . . אזי בדיד Ω אם .1 6.1 הערהלכל P (X = x) = 0 ,P (X = xi) = P (ai) ו־ מקרי משתנה היא xi ∈ R(∨Rn) כאשרשל וההסתברות p זה והצלחה q זה הכישלון ברנולי בהתפלגות למשל .x /∈ x1, x2, . . .

אפס. תמיד היא השאר

4 מקבלים בדם סוכר רמת מודדים אם למשל בדיד. X : Ω → R אבל רציף הוא Ω לפעמים .2קטגוריות

.0 ־ מדי נמוכה סוכר רמת (א)

45 מקרי משתנה .6 פרק

.1 ־ בנורמה סוכר רמת (ב)

־2. גבולי סוכר רמת (ג)

־3. גבוהה סוכר רמת (ד)

התפלגות לאוטובוס, המתנה זמן התפלגות למשל רציף. X : Ω → R ו־ רציף מדגם מרחב Ω .3להעיבר הוא המקרי המשתנה של תפקידו וכו'. מסויים מכשיר של החיים אורך התפלגות גובה,פורמלי. אמצעי זה אזי בהתחלה, מספרי Ω אם מספריים. לערכים מדגם במרחב המידה את

שלכל כזאת xii∈I ∈ R(∨Rn) קבוצה קיימת אם בדיד נקרא X מקרי משתנה 6.9 הגדרה.∑

i∈I

P (X = xi) = 1 ו־ 0 ≤ P (X = xi) ≤ 1 ,P (X = x) = 0 אזי x /∈ xi אם x ∈ R(∨Rn)

מקיים X : Ω → R(∨Rn) מקרי משתנה אם הסתברות. מרחב (Ω,A, P ) יהי 6.10 הגדרהרציף. מקרי משתנה נקרא X אזי x ∈ R(Rn) לכל P (X = x) = 0

F : R → [0, 1] היא X : Ω → R,X מקרי משתנה של מצטברת התפלגות פונקצית 6.11 הגדרה.F (x) = P (X ≤ x) ידי על המוגדרת

6.3 דוגמא

P (X = x) = ו־ P (X = 1) = 0.5 ,P (X = 0) = 0.5 הוגן; מטבע הטלת של ברנולי נסיון .1

F (x) =

0, x < 00.5, 0 ≤ x < 11, 1 ≤ x

.x /∈ 0, 1 לכל 0

אזי x1 < x2 < · · · ו־ xii∈I בדיד מקרי משתנה X אם .2

F (x) =

0, x < x1

P (X = x1), x1 ≤ x < x2

P (X = x1) + P (X = x2), x2 ≤ x < x3

...

לנקודה משמאל xi ה־ כל לחשב צריך אזי מקרי משתנה X אם מדריגות. פונקצית זוהישלהן. הסתברויות סכום ולחשב (כולל) הנתונה

F (x) =

0, x ≤ ax−ab−a

, a ≤ x < b

1, x ≥ b,[a, b] בקטע אחידה התפלגות .3

F ההתפלגות פונקצית של תכונות 6.8 טענה

x1 < x2 ש־ כאלה x1, x2 ∈ R לכל אאומרת זאת חלש עולה מונוטונית פונקציה היא F .1.F (x1) ≤ F (x2) מתקיים

46 מקרי משתנה .6 פרק

. limx→∞

F (x) = 1 .2

. limx→−∞

F (x) = 0 .3

. limx→a+

F (x) = F (a) מימין רציפה F .4

.P (X > a) = 1 − F (a) .5

.P (a < X ≤ b) = F (b) − F (a) .6

.P (X < a) = limn→∞

F (a − 1n) = F (a−) .7

.P (X ≥ a) = 1 − F (a−) .8

.P (X = a) = F (a) − F (a−) .9

F (a) = ש־ כך יורדת לא מונוטונית רציפה פונקציה היא F אזי רציף מקרי משתנה X אם .10.P (X ≥ a) = P (X > a) = 1 − F (a) ומתקיים F (a−)

הוכחה:

x1 < x2 אם לכן ,X−1((−∞, x1]) ⊂ X−1((−∞, x2]) אזי (−∞, x1] ⊂ (−∞, x2] אם .1.F (x1) ≤ F (x2) אזי

אזי An ⊆ An+1 ⊆ An+2 ⊆ . . . ו־∑

n

An = Ω ש־ כך An = X−1((−∞, n]) תהי .2

1 = P (∞∑

n=1

An) = limn→∞

P (An) = limn→∞

F (n) = limx→∞

F (x).

אזי∞∏

n=1

An = ∅ ש־ כך An−1 ⊃ An מתקיים n ולכל An = X−1((−∞,−n]) .3

limx→−∞

F (x) = limn→∞

P (An) = P (

∞∏

n=1

An) = P (∅) = 0

מקבלים מכאן∏

An = X−1((−∞, a]) ו־ An = X−1((−∞, a + 1n]) .4

limx→a+

F (x) = limn→∞

P (An) = F (a).

.P (X > a) = 1 − F (a) מקבלים ומזה F (∞) = 1 = F (a) + P (X > a) .5

47 מקרי משתנה .6 פרק

.P (a < X ≤ b) = P (X ≤ b) − P (X ≤ a) = F (b) − F (a) .6

An ⊂ An+1 מתקיים לכל∞∑

n=1

An = X−1((−∞, a)) ,An = X−1(−∞, a − 1n] נסמן .7

P (X < a) = P (∞∑

n=1

An) = limn→∞

P (An) =

= limn→∞

F (a − 1n) = F (a−)

אזי

.P (X ≥ a) = 1 − P (X < a) = 1 − F (a−1) .8

.P (X = a) = P (X ≤ a) − P (X < a) = F (a) − F (a−) .9

רציף. מקרי משתנה הוא a כי a לכל P (X = a) = 0 ש־ מהעובדה ישירות נובע .10

בדידה התפלגות של מומנטים 6.3

.∑

i∈I

P (X = xi) = 1 ו־ 0 ≤ P (X = xi) ≤ 1 עם xii∈I ⊂ R אומרת זאת מקרי משתנה X יהי∑

i∈I

|xi|f(xi) אם f(xi) = P (X = xi) נגדיר .P (X = x) = 0 מתקיים x /∈ xii∈I לכל

אחרת .µX = E(X) =∑

i∈I

xif(xi) אזי בהחלט, מתכנס∑

i∈I

xif(xi) זה טור אומרת זאת קיים

הנקודות בסדר ששינוי כדי נדרשת בהחלט שההתכנסות להעיר אפשר תוחלת. אין Xשל־ אומריםהתוחלת. של לשינוי יביא לא

מקבלים מכאן

f(0) = qf(1) = p

הבא באופן ברנולי נסיון נגדיר X = 0, 1 אם .1 6.4 דוגמא

.E(X) = 0 · q + 1 · p = p שהתוחלת

ש־ ההסתברות כלומר בינומית, התפלגות לפי מתפלג המקרי המשתנה X ∼ B(n, p) .2

f(k) = P (X = k) =

(n

k

)

pk(1 − p)n−k.

לכן

E(X) =n∑

k=0

k·f(k) =n∑

k=0

k(

nk

)pk(1 − p)n−k =

n∑

k=1

n(n−1)!(k−1)!(n−k)!

pk(1 − p)n−k =

= nn∑

k=1

(n−1k−1

)pk(1 − p)n−k =

︸︷︷︸

l=k−1

npn−1∑

l=0

(n−1

l

)pl(1 − p)n−1−l

= np(p + (1 − p))n−1 = np.

התוחלת בעלת היא קוביה הטלת למשל

E(X) = 1 · 16

+ 2 · 16

+ 3 · 16

+ 4 · 16

+ 5 · 16

+ 6 · 16

= 16(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 7

2.

48 מקרי משתנה .6 פרק

ש־ מקבלים מכאן ,i ≥ 1 לכל f(2i) = 2−i היא 2i בנקודה הצפיפות ,X = 2i∞i=1 .3

,E(X) =∞∑

i=1

xif(xi) =∞∑

i=1

2i · 2−i =︸︷︷︸∞∑

i=11

∞ מקבלים כן כמו ,∞∑

i=1

f(xi) =12

1− 12

= 1

קיימת. אינה התוחלת כלומר

מקרי משתנה הוא Y = H(X) אזי רציפה) (למשל מדידה פונקציה H : R → R אם 6.12 הגדרהF (y) = P (Y ≤ y) := P (X ≤ max H−1(y))

.E(Xk) =∑

i∈I xki f(xi) כלומר ,Xk של תוחלת ידי על מוגדר X של k מסדר מומנט 6.13 הגדרה

נקרא הוא אזי E((X − E(X))2) קיים אם תוחלת. בעל בדיד מקרי משתנה X יהי 6.14 הגדרה.V AR(X) ב־ ונסמן ,X של שונות

מקרי מתשנה כדורים. n חזרה בלי N,מוציאים עד 1 מ־ ממוספרים כדורים N יש בכד 6.5 דוגמאE(Y ) בין הקשר ואת E(Y ) את חשב שהוצאו. המספרים בין ביותר הגדול למספר שווה הוא Y

כדלקמן הוא זו לבעיה הפתרון .N ו־

(6.1) E(Y ) =N∑

k=n

k(k−1n−1)(N

n)= 1

(Nn)

·N∑

k=n

k(

k−1n−1

)= =

︸︷︷︸

k(

k−1n−1

)

=n(

kn

)

n

(Nn)

·N∑

k=n

(kn

).

6.9 )טענהn

n

)

+

(n + 1

n

)

+ . . . +

(N

n

)

=

(N + 1

n + 1

)

ונוכיח M עבור נניח(

nn

)=(

n+1n+1

)= 1 הטענה. את N = n עבור באינדוקציה נוכיח הוכחה:

M + 1 )עבורn

n

)

+ . . . +

(M

n

)

︸ ︷︷ ︸

האינדוקציה הנחת

+

(M + 1

n

)

=

(M + 2

n + 1

)

,

שמתקיים האינדוקצציה הנחת פי על להוכיח מספיק לכן(

M + 1

n + 1

)

+

(M + 1

n

)

=

(M + 2

n + 1

)

.

בשני קופים, M + 1 שמכיל חיות מגן קופים n + 1 בחירת ידי על להראות ניתן זו טענהאפשרויות, שתי בעל אחד קוף נסמן או

(M+1n+1

)אומרת זאת ישירה בחירה היא הראשונה אופנים,

מכאן לכן אפשרויות.(

M+1n+1

)יש זה ובמקרה אותו, לבחור לא או

(M+1

n

)שזה אותו לבחור או

.(

M+1n+1

)+(

M+1n

)=(

M+2n+1

)שמתקיים מקבלים

.n+1n

E(Y ) − 1 = N מכאן E(Y ) = n

(Nn)

·(

N+1n+1

)= (N+1)n

n+1. ש־ נקבלת )6.1( מ־

49 מקרי משתנה .6 פרק

תוחלת של חישוב 6.6 דוגמא

f(1) = וגם f(0) = P (X = 0) = q ו־ מקרי משתנה X = 0, 1 כאשר ברנולי נסיוי .1אזי P (X = 1) = p

E(X) = q · 0 + 1 · p = p.

ש־ נזכיר השונות את לחשב כדי

V ar(X) = E((X − E(X))2) = E(X2 − 2XE(X) + E2(X))= E(X2) − 2E(XE(X)) + E(E2(X)) = E(X2) − 2E(X)E(X) + E2(X)= E(X2) − E2(X).

כדלקמן היא ברנולי ניסוי של שהשונות נובע מכאן

V ar(X) = 02 · q + 12 · p − p2 = p(1 − p) = pq.

.X ∼ B(n, p) כלומר בינומית, התפלגות .2

V ar(X) =n∑

k=0

k2(

nk

)· pk · qn−k − n2p2 = n

n∑

k=1

k(

n−1k−1

)· pk · qn−k − n2p2

=︸︷︷︸

l=k−1

npn−1∑

l=0

(l + 1) ·(

n−1l

)· pl · qn−1−l − n2p2 =

= npn−1∑

l=0

l(

n−1l

)· pl · qn−1−l + np

n−1∑

l=0

(n−1

l

)· pl · qn−1−l − n2p2 =

= np(n − 1)p + np(p + q)n−1 − n2p2 == n2p2 − np2 + np − n2p2 == np(1 − p) = npq.

.n, p, q את למצוא נוכל אז V ar(X)ו־ E(X) לנו נתון שאם להעיר אפשר

מתקיים אזי קבועים a, b ויהיו מקרי משתנה X יהי 6.10 טענה

.E(aX + b) = aE(X) + b .1

.E(X − E(X)) = 0 .2

.V ar(X) = E(X2) − E2(X) .3

.V ar(aX + b) = a2V ar(X) .4

50 מקרי משתנה .6 פרק

הוכחה:

:E(aX + b) = aE(X) + b מתקיים לכן לינארית פונקציה היא E .1

E(aX + b) =∑

i∈I

(axi + b)f(xi) = a∑

i∈I

xif(xi) + b∑

i∈I

f(xi) = aE(X) + b.

.E(X − E(X)) = 1 · E(X) − E(X) = 0 כי נובע מ־1 .2

.3

V ar(X) = E((X − E(X))2) = E(X2 − 2XE(X) + E2(X)) == E(X2) − 2E(XE(X)) + E(E2(X)) = E(X2) − 2E(X)E(X) + E2(X) == E(X2) − E2(X).

ש־ נקבל 3 לפי .4

V ar(aX + b) = E((aX + b)2) − E2(aX + b) == E(a2X2 + 2abX + b2) − (aE(X) + b)2 == a2E(X2) + 2abE(X) + b2 − a2E2(X) − 2abE(X) − b2 == a2(E(X2) − E2(X)) = a2V ar(X).

אם בפרט .P|X| ≥ t ≤ t−2E(X2) מתקיים t > 0 לכל צ'בישיב) שיוויון (אי 6.4 משפט.P|X − µ| ≥ t ≤ t−2V ar(X) אזי E(X) = µ

הוכחה:P|X| ≥ t =

∑

|xj | ≥ t︸ ︷︷ ︸

x2j

t2≥1

f(xj) ≤ t−2∑

j

x2jf(xj) = t−2E(X2).

.P|Y | ≥ t ≤ t−2(E(X − µ)2) = t−2V ar(X) אזי Y = X − µ אם ובפרט

קוביה בהטלת למשל, גסה. מאוד הערכה נותן כלל ובדרך כללי מדי יותר צ'בישיב משפט

E(X) = 1 · 1

6+ 2 · 1

6+ 3 · 1

6+ 4 · 1

6+ 5 · 1

6+ 6 · 1

6= 3.5

ו־

E(X2) = 12 · 1

6+ 22 · 1

6+ 32 · 1

6+ 42 · 1

6+ 52 · 1

6+ 62 · 1

6= 15

1

6ולכן V ar(X) = E(X2) − (E(X))2 = 35

12ש־ נקבל מכאן

0 = P (|X − 3.5| > 2.6) ≤ 2.6−2 · 35

12≈ 0.47.

51 מקרי משתנה .6 פרק

שלהן ומומנטים נפוצות בדידות התפלגויות 6.4

.V ar(X) = npq ושונות E(X) = np תוחלת בעל X ∼ B(n, p) בינומית התפלגות .1

תוחלת בעל X ∼ Geom(P ) גיאומטרית התפלגות .2

E(X) =∞∑

i=0

i · qi · p = qp∞∑

i=1

i · qi−1 = q · p ∂∂q

( 11−q

) = q · p · 1(1−q)2

= qp.

ידי על נתון השני המומנט

E(X2) =∞∑

i=0

i2qi · p = p∞∑

i=1

i2qi = qp ∂∂q

( q(1−q)2

) = qp (1−q)+2q(1−q)3

= pq(1+q)(1−q)3

= q(1+q)p2 .

היא שהשונות נובע מכאן

V ar(X) =q(1 + q)

p2− q2

p2=

q

p2.

.p = 11+E(X)

ש־ יודעים אזי E(X) יודעים שאם לב לשים ניתן

מתקיים i ≥ 1 ולכל |q| < 1 ל־ 6.11 טענה

∞∑

k=0

(i + k − 1

k

)

· qk =1

(1 − q)i.

הנחת לפי .i + ל־1 ונראה iל־ נכון שזה ננית הנדסי. טור זהו כי i = 1 ל־ נכון זה הוכחה:נקבל האינדוקציה

∞∑

k=0

(i + k − 1

k

)

· qk =1

(1 − q)i,

לכן

∞∑

k=0

(i+kk

)· qk =

∞∑

k=0

(i+k−1

k

)· qk +

∞∑

k=1

(i+k−1k−1

)· qk =

∞∑

k=0

(i+k−1

k

)· qk + q

∞∑

k′=0

(i+k′

k′

)· qk′

,

שגורר

(1 − q)∞∑

k=0

(i+kk

)· qk =

∞∑

k=0

(i+k−1

k

)· qk = 1

(1−q)i ⇒∞∑

k=0

(i+kk

)· qk = 1

(1−q)i+1 .

52 מקרי משתנה .6 פרק

הצלחות. r הסגת לפני ,k כשלונות מספר X־ ∼ f(r, p) שלילית בינומית התפלגות .1

P (X = k) =

(r + k − 1

r − 1

)

prqk.

צפיפות. פונקצית היא f(r, p) ולכן ,∞∑

k=0

(r+k−1

r−1

)qkpr = pr 1

(1−q)r = 1 מתקיים כן כמו

הבא: באופן והשונות התוחלת את עבורה נחשב

E(X) =∞∑

k=0

k · P (X = k) =∞∑

K=0

k ·(

r+k−1r−1

)qk · pr = pr

∞∑

k=0

k(

r+k−1r−1

)qk

= pr · q · ∂∂q

( ∞∑

k=0

(r+k−1

r−1

)· qk

)

= pr · q · ∂∂q

((1 − q)−r) = pr · q(−r) · (1 − q)−r−1 · (−1)

= rprq(1−q)r+1 = rprq

pr+1 = rqp

ואילו

E(X2) =∞∑

k=0

k2 ·(

r+k−1r−1

)· qk · pr

= pr · q · ∂∂q

( ∞∑

K=0

k ·(

r+k−1r−1

)qk

)

= pr · q · ∂∂q

(rq

(1−q)r+1

)

= pr · q · ∂∂q

(rq(1 − q)−r−1)

= rprq((1 − q)−r−1 + (r + 1)(1 − q)−r−2 · q)= rprq (1−q)+(r+1)q

(1−q)r+2 =︸︷︷︸

1−q=p

rprq · p+(r+1)qpr+2 = rq(p+(r+1)q)

p2

היא שהשונות נובע מכאן

V ar(X) = E(X2) − (E(X))2 =rq(p + (r + 1)q)

p2− r2q2

p2=

rq

1︷ ︸︸ ︷

(p + q)

p2=

rq

p2.

שזו נראה ,k ∈ N ∪ 0 ו־ p(X = k) = λk

k!· e−λ .λ > 0 ,X ∼ P (λ) פואסון התפלגות .2

צפיפות פונקצית

∞∑

k=0

P (X = k) =∞∑

k=0

λk

k!· e−λ = eλ · e−λ = 1.

הבא באופן והשונות התוחלת את נחשב

E(X) =∞∑

k=0

k · λk

k!· e−λ = e−λ · λ · ∂

∂λ

( ∞∑

k=0

λk

k!

)

= e−λ · λ · ∂∂λ

(eλ) = λ,

53 מקרי משתנה .6 פרק

E(X2) =∞∑

k=0

k2 · λk

k!· e−λ = e−λ

∞∑

k=0

k2 λk

k!= e−λ · λ · ∂

∂λ(

∞∑

k=0

k λk

k!) =

= e−λ · λ · ∂∂λ

λ∂

∂λ(

∞∑

k=0

λk

k!)

︸ ︷︷ ︸

eλ

= e−λ · λ · ∂∂λ

(λeλ) = λe−λ(eλ + λeλ) = λ(1 + λ)

.V ar(X) = λ(1 + λ) − λ2 = λ ש־ מקבלים אנו מכאן

ראדיואקטיבי. חומר קרינת אדום, דוויד מגן ,144 שונים, שירות למוקדי פניות .1 6.7 דוגמא

X ∼ B(n, p) ו־ (np ≤ 5) n >> 1 ,p << 1 (1) אם בינומית להתפלגות פואסון קירוב .2

ln(1 − λn)n = נחשב .P (X = 0) = (1 − p)n = (1 −

λ︷︸︸︷npn

)n ו־ E(X) = np אזי

.P (X = 0) ≈ e−λ ש־ מקבלים מכאן n ln(1 − λn) = −λ − λ2

2n− λ3

3n2 − · · · ≈ −λ

אזי k ≥ 1 ו־ P (X = k) (2)

P (X=k)P (X=k−1)

=(n

k)·pkqn−k

( nk−1)pk−1qn+1−k

=n!

k!(n−k)!·pk

n!(k−1)!(n+1−k)!

pkp−1q= p(n+1−k)

kq

= λ−(k−1)pkq

≈ λk− p

q(k−1

k) ≈ λ

k

כן, כמו P (X = k) ≈ λkP (X = k − 1) ש־ מקבלים מכאן

P (X = 1) ≈ λe−λ

P (X = 2) ≈ λ2

2e−λ

...

P (X = k) ≈ λk

k!e−λ.

משותפות התפלגויות 6.5

שבודק מדגם למשל, מדגם. מרחב אותו על מקריים משתנים 1 ≤ i ≤ n כאשר Xi : Ω → R

Xi : Ω → נקבל בדיד מדגם Ω־מרחב אם בפרט וכו'. גוף מבנה גובה, בגיל, בתלות משקלA ↔ (x1, x2, . . . , xn) ווקטור ידי על מיוצג A ∈ Ω אלמנטרי מאורע וכל 1 ≤ i ≤ n ,X(i)

j j∈Ji

P (X1 = x1, X2 = x2, . . . , Xn = xn) = P (A). ונגדיר

54 מקרי משתנה .6 פרק

נקרא (X1, X2, . . . , Xn) מקרי משתנה אזי 1 ≤ i ≤ n לכל בדיד Xi : Ω → R אם 6.15 הגדרהn = 3 אם דו־מימד. מקרי משתנה אומרים n = 2 אם n־מימדי. ווקטורי בדיד מקרי משתנהכאשר Y = yimy

j=1 ,X = ximx

i=1 ו־ n = 2 המקרה עבור תלת־מימדי. מקרי משתנה אומריםבטבלה P (X = xi, Y = yj) = f(xi, yj) ההסתברויות את לכתוב נוח קבועים. myו־ mx

y\x x1 x2 . . . xk P (Y = yi)

y1 f(x1, y1) f(x2, y1) . . . f(xk, y1)∑k

i=1 f(xi, y1)

y2 f(x1, y2) f(x2, y2) . . . f(xk, y2)∑k

i=1 f(xi, y2)...

...... . . .

......

ym f(x1, ym) f(x2, ym) . . . f(xk, ym)∑k

i=1 f(xi, ym)

p(X = xi) P (X = x1) P (X = x2) . . . P (X = xk) 1

נקראת F (x1, x2, . . . , xn) = P (X1 ≤ x1, X2 ≤ x2, . . . , Xn ≤ xn) פונקציה 6.16 הגדרהלהשיג ניתן מההגדרה סקלרית. התפלגות פונקצית כמו בדיוק משותפת מצטברת התפלגות פונקצית

ש־ אוטומטי באופן

אם (b1, b2, . . . , bn) ו־ (a1, a2, . . . , an) שעבור כך חלש באופן עולה מונטונית פונקציה F .1F (a1, a2, . . . , an) ≤ F (b1, b2, . . . , bn). אזי i = 1, 2, . . . , n לכל ai ≤ bi מתקיים

lim∀i:xi→∞

F (x1, x2, . . . xn) = 1. .2

lim∀i:xi→−∞

F (x1, x2, . . . xn) = 0. .3

אומרת זאת בדידה, בהתפלגות רק נתמקד והלאה שמעכשיו להעיר יש

0 ≤ P (X1 = x1, X2 = x2, . . . , Xn = xn) = f(x1, x2, . . . xn) ≤ 1

f(x1, x2, . . . , xn) 6= ש־ כאלה Rn ב־ להימנות ניתנות נקודות מספר רק ויש (x1, x2, . . . , xn) לכל∑

(x1,x2,...,xn)∈Gf(x1, x2, . . . xn) = 1. לכן ,Gב־ כאלה הנקודות כל של קבוצה את נסמן .0

ידי על שולית התפלגות נגדיר .(X1, X2, . . . , Xn) בדידה משותפת התפלגות נתונה 6.17 הגדרה

P (Xi = a) = fi(a) :=∑

j1∈J1

∑

j2∈J2

. . .∑

jn∈Jn

f(x(1)j1

, . . . a, . . . , x(n)jn

),

שולית. התפלגות נקראת fi .j קוארדינטה של G מקבוצה האפשרויות כל זה x(i)־jj∈Jj

כאשרFi(x) = P (Xi ≤ x). שולית מצטברת התפלגות מגדירים בהתאם

באופן f(x, y) = f1(x) · f2(y). מתקיים x, y לכל אם תלויים בלתי נקראים Y ו־ X 6.18 הגדרה.f(x1, x2, . . . , xn) = f1(x1)f2(x2) . . . fn(xn) אם תלויים בלתי נקראים (X1, X2, . . . , Xn) כללי,

55 מקרי משתנה .6 פרק

6.2 הערה

F (x1, x2, . . . , xn) = P (X1 ≤ x1, X2 ≤ x2, . . . , Xn ≤ xn) ==

∑

x1j1

≤x1,...,xnjn

≤xn

f(x1j1

, x2j2

, . . . , xnjn

)

F (x1, x2, . . . , xn) = F1(x1) . . . Fn(xn). מתקיים x לכל אם ורק אם תלויים בלתי (X1, X2, . . . , Xn) לכן

הבא באופן מותנית התפלגות מגדירים אזי X, Y של משותפת התפלגות נתונה 6.19 הגדרה

P (X = xi|Y = yj) =f(xi, yj)

P (Y = yj).

אם 6.3 הערה(X1, X2, . . . , Xn)

אומרת זאת X1, X2, . . . Xi, . . .Xn גם אזי תלויים בלתי (X1, X2, . . . , Xn ו־ משותפת התפלגותומתקיים תלויים בלתי Xi מ־ חוץ כולם

P (X1 = x1, X2 = x2, . . .Xn = xn) =

=∑

j∈Jj

f(x1, x2, . . . xji , . . .) =

=∑

j∈Ji

f1(x1)f2(x2) . . . fi(x(i)j ) . . . fn(xn) =

= f1(x1)f2(x2) · · ·fn(xn)∑

j∈Ji

fi(x(i)j ) =

︸ ︷︷ ︸

=1

f1(x1)f2(x2) · · · fi · · · fn(xn)

משתנים " תלול ש"אי היא הסיבה החיתוכים. כל את מארועות של במקרה כמו לבדוק צריך לא לכןהאלמנטריים. המאורעות כל לפי ־בודקים מאורעות של אי־תלות מאשר חזק יותר הרבה מושג

אזי G : Rn → R ותהי וקטורי, מקרי משתנה (X1, X2, . . . , Xn) יהי 6.20 הגדרה

Z = G(X1, X2, . . . , Xn)

שמקיים סקלרי מקרי משתנה הוא

P (Z = z) =∑

G(x1,x2,...,xn)=z

f(x1, x2, . . . xn)

G(X, Y ) = XY. להגדיר אפשר כן וכמו G(X1, X2, . . . , Xn) =n∑

i=1

Xi להגדיר אפשר בפרט

E(Z) = אזי Z = X1 +X2 + . . .+Xn,וקטורי מקרי משתנה (X1, X2, . . . , Xn) יהי 6.5 משפט

.n∑

i=1

E(Xi)

56 מקרי משתנה .6 פרק

n = ל־2 נכון שזה נראה הוכחה:

E(X + Y ) =∑

xi+yj=z

z · f(xi, yj) =

=∑

i∈I

∑

j∈J

(xi + yj)f(xi, yj) =

=∑

i∈I

xi

∑

j∈J

f(xi, yj)+∑

j∈J

yj

∑

i∈I

f(xi, yj) =

=∑

i∈I

xifX(xi) +∑

j∈J

yjfY (yj) = E(X) + E(Y )

מתקיים כללי באופן

E(X1 + X2 + . . .Xn) = E(X1 + X2 + . . .Xn−1) + E(Xn) = E(X1) + E(X2) + · · · + E(Xn)

.E(X · Y ) = E(X)E(Y ) אזי תלויים בלתי מקרים משתנים X, Y אם 6.12 טענה

הוכחה:

E(XY ) =∑

xi·yj=z

zf(xi, yj) =∑

i∈I

∑

j∈J

xiyjf(xi, yj) =

=∑

i∈I

∑

j∈J

xiyjfX(xi)fY (yj) =∑

i∈I

xifX(xi) ·∑

j∈J

yjfY (yj) = E(X)E(Y ).

קו־שונות אזי ושונות תוחלת בעלי Y וגם X שגם כזאת משותפת התפלגות X, Y תהי 6.21 הגדרה.Cov(X, Y ) = E((X − µX)(Y − µY )) ידי על מוגדרת X, Y של

קו־שונות של תכונות 6.13 טענה

Cov(X, Y ) = Cov(Y, X) .1

Cov(X, X) = V ar(X) .2

Cov(aX + b, cY + d) = ac · Cov(X, Y ) .3

Cov(X, Y + Z) = Cov(X, Y ) + Cov(X, Z) .4

Cov(X, Y ) = E(XY ) − µXµY .5

Cov(X, Y ) = 0 אזי תלויים בלתי X, Y אם בפרט .6

57 מקרי משתנה .6 פרק

הוכחה:

ההגדרה. פי על ישירות להראות נוכל הראשונות התכונות שתי את .1

Cov(aX + b, cY + d) = E((aX + b − aµX − b)(cY + d − cµY − d)) == E(ac(X − µX)(Y − µY )) == acE((X − µX)(Y − µY )) == ac · Cov(X, Y )

.2

Cov(X, Y + Z) = E((X − µX)(Y + Z − µY − µZ)) == E((X − µX)(Y − µY ) + (X − µX)(Z − µZ)) == E((X − µX)(Y − µY ) + E((X − µX)(Z − µZ)) == Cov(X, Y ) + Cov(X, Z)

.3

Cov(X, Y ) = E((X − µX)(Y − µY )) == E(XY − µY X − µXY + µXµY ) == E(XY ) − µY E(X)

︸ ︷︷ ︸

µX

−µX E(Y )︸ ︷︷ ︸

µY

+µXµY =

= E(XY ) − µXµY

.4

.5 מספר ותכונה ראשונה מטענה מיידית נובע .5

אזי σ2i ושונות µi תוחלת בעלת Xi שכל כזאת משותפת התפלגות X1, X2, . . . , Xn אם 6.6 משפט

Var(X1 + X2 + . . . + Xn) =

n∑

i=1

σ2i + 2

n−1∑

i=1

n∑

j=i+1

Cov(Xi, Xj)

Var(X1 + X2 + . . . + Xn) =n∑

i=1

σ2i אזי תלויים בלתי X1, X2, . . . , Xn אם בפרט

n = 2 עבור נוכיח הוכחה:

V ar(X1 + X2) = E((X1 + X2 − µ1 − µ2)2) =

= E(((X1 − µ1) + (X2 − µ2))2) =

= E((X1 − µ1)2 + 2(X1 − µ1)(X2 − µ2) + (X2 − µ2)

2) == σ2

1 + 2Cov(X1, X2) + σ22 =

=2∑

i=1

σ2i + 2

1∑

i=1

2∑

j=2

Cov(Xi, Xj)

58 מקרי משתנה .6 פרק

.n עבור ונוכיח n − 1 עבור נניח

V ar(X1 + X2 + · · ·Xn) = E((X1 + X2 + · · ·Xn − µ1 − µ2 − · · ·µn)2) =

= E(((X1 + X2 + · · ·Xn−1 − µ1 − µ2 − · · ·µn−1) + (Xn − µn))2) == V ar(X1 + X2 + · · ·Xn−1) + σ2

n + 2Cov(X1 + X2 + . . . + Xn−1, Xn) =

=n−1∑

i=1

σ2i + 2

n−1∑

i=1

n−1∑

j=i+1

Cov(Xi, Xj) + σ2n + 2

n−1∑

i=1

Cov(Xi, Xn) =

=n∑

i=1

σ2i +2

n−1∑

i=1

n∑

j=i+1

Cov(Xi, Xj)

לכן i, j לכל Cov(Xi, Xj) = 0 אזי תלויים בלתי X1, X2, · · ·Xn אם בפרט

V ar(X1 + X2 + · · ·Xn) =

n∑

i=1

σ2i .

נורמליזציה נקרא Zx = X−µx

σxאזי σ2

x ושנות µx תוחלת בעל X מקרי משתנה נתון 6.22 הגדרה.X של

E(Zx) = 0 ו־ V ar(Zx) = 1 מתקיים ושונות תוחלת בעל X לכל 6.14 טענה

הוכחה:

E(Zx) = E(X − µx

σx

) =E(X) − µx

σx

=︸︷︷︸

µx=E(X)

E(X) − E(X)

σx

= 0

ואילוV ar(Zx) = Cov(Zx, Zx) = Cov( 1

σxX − µx

σx, 1

σxX − µx

σx) =

= 1σ2

xCov(X, X) = 1

σ2xV ar(X) = 1

ρ(X, Y ) = אזי ושונות, תוחלת XY־בעלי כאשר X, Y משותפת התפלגות נתונה 6.23 הגדרה.X, Y של קורלציה מקדם נקרא Cov(Zx, Zy)

ρ(X, Y ) = Cov(X,Y )σxσy

.1 6.15 טענה

−1 ≤ ρ(X, Y ) ≤ 1 .2

Y = aX + b ש־ כאלה a, b ∈ R קיימים אם ורק אם ρ(X, Y ) = ±1 .3

59 מקרי משתנה .6 פרק

הוכחה:

ρ(X, Y ) = Cov(X−µx

σx, Y −µy

σy) = 1

σxσyCov(X, Y ) .1

.20 ≤ V ar(Zx ± Zy) = V ar(Zx) + V ar(Zy) ± 2Cov(Zx, Zy) == V ar(Zx) + V ar(Zy) ± 2ρ(X, Y ) = 2 ± 2ρ(X, Y )

⇒ 0 ≤ 2 ± 2ρ(X, Y ) ⇒ −1 ≤ ρ(X, Y ) ≤ 1

אם ורק אם ρ(X, Y ) = 1 נניח .3

V ar(Zx − Zy) = V ar(Zx) + V ar(Zy) − 2Cov(Zx, Zy) = 1 + 1 − 2 · 1 = 0⇔ ∃a, b ∈ R, Y = aX + b

V ar(Zx + Zy) = 0 ⇔ ∃a, b ∈ R, Y = aX + b אם ורק אם ρ(X, Y ) = −1 נניח

,E(X) = 0 אז .Y = X2 ויהיX 1־ 0 1

0.25 0.5 0.25שונות נקודות שלוש בעל X יהי 6.8 דוגמא

Cov(X, Y ) = E(XY ) = −1 · 0.25 + 0 · 0.5 + 1 · 0.25 = 0 ש־ נובע ומכאן ,E(Y ) = 0.5

אזי Cov(X, Y ) = 0 אם .Y לבין X בין הלינארית התוחלת את מודד Cov(X, Y ) 6.4 הערה.Y את שמקרבת X של לינארית פונקציה אין אומרת זאת , לינארית תוחלת אין Y לבין X בין

שימושים

והתפלגות V ar(Xi) = pq ,E(Xi) = p כאשרXi 0 1

q pברנולי ניסיון התפלגות .1

V ar(X) כן,= כמו E(X) = np ומתקיים X =n∑

i=1

Xi סכום היא X ∼ B(n, p) בינומית

npq

V ar(Xi) = qp2 ו־ E(Xi) = q

pמתקיים גיאומטרית התפלגות .2

מתפלגים מקריים משתנים של סכום הוא X ∼ f(k, p) שלילית בינומית התפלגות .3

V ar(X) = kqp2 . כןת כמו E(X) = kq

pמתקיים X =

k∑

i=1

Xi עבור כלומר גיאומטרית,

הוא X החזרה. בלי (כולם) אותם מוצאים .n עד 1 מ־ ממוספרים כדורים יש בכד 6.9 דוגמאמקבלים מכאן X = 0, 1, 2, . . . , n − 1, n במדגם. למקום שווה שלהם שהמספר כדורים מספר

k כל P,ועבור (X = n − 2) =(n2)n!

= 12(n−2)!

,P (X = n − 1) = 0,P (X = n) = 1n!

ש־

הבא באופן i מספר עם כדור המסמן Xi נגדיר .P (X = k) = 1k!

( 12!− 1

3!+ · · · ± 1

(n−k)!) נקבל

60 מקרי משתנה .6 פרק

V ar(Xi) = (02· n−1n

+12· 1n)− 1

n2 =,E(Xi) = 0· n−1n

+1· 1n

= 1nש־ נובע מזה

Xi 0 1n−1

n1n

אזי הדרוש, המקרי המשתנה X =n∑

i=1

Xi ,יהיn−1n2

E(X) =

n∑

i=1

E(Xi) =

n∑

i=1

1

n= 1,

E(Xi · Xj) =1

n· 1

n − 1=

1

n(n − 1),

Cov(Xi, Xj) =1

n(n − 1)− 1

n2=

1

n2(n − 1),

מתקיים כן כמו

V ar(X) =n∑

i=1

V ar(Xi) + 2n∑

i=1

n∑

j=i+1

Cov(xi, xj) =

= n · n−1n2 + 2

n2(n−1)·

n−1∑

i=1

n∑

j=i+1

1 =

= n−1n

+ 2n2(n−1)

·n−1∑

i=1

(n − i) =

= n−1n

+ 2n2(n−1)

·n−1∑

j=1

j =

= n−1n

+ 2n2(n−1)

· (n−1)n2

= n−1n

+ 1n

= 1

7 פרק

שלו ומומנטים רציף מקרי משתנה

הגדרות 7.1

אזי מצטברת, הסתברות פונקצית F־ : R → [0, 1] F,ותהי (x) = P (X ≤ x),X : Ω → R יהיואם שקול או P (X = x) = 0 מתקיים x ∈ R לכל אם רציף מקרי משתנה נקרא X : Ω → R

רציפה. פונקציה F (x)

limx→−∞

F (x) = 0 ומקיימת מימין רציפה חלש עולה מונטונית F (x) שהפונקציה ראינו 7.1 הערה

[c, d] ∈ R שלכל רציף מקרי משתנה ומקבלים שמאל מצד רציפות מוסיפים . limx→∞

F (x) = 1 ו־

P (c ≤ X ≤ d) = F (d) − F (c). מתקיים

,[a, b] בקטע אחידה התפלגות 7.1 דוגמא

F (x) =

0 x < ax−ab−a

, a ≤ x ≤ b

1, x > b

P (c ≤ X ≤ d) = F (d) − F (c). ומתקיים

מתקיים אם אפס מידה קבוצת נקראת R ב־ C קבוצה רציף. מקרי משתנה X יהי 7.1 הגדרהP (X ∈ C) = 0.

הוא מניה) בן או (סופי להמנות נתן נקודות של אוסף כל אזי רציף מקרי משתנה X אם 7.1 טענהאפס. מידה קבוצת

ולכן xi ∈ xjj∈I לכל P (X = xi) = 0 רציף מקרי משתנה של ההגדרה לפי הוכחה: P (X ∈ xii∈I) =

∑

i∈I

P (X = xi) = 0.

אפס. מידה בעלות מניה בנות שאינן קבוצות גם יש 7.2 הערה

61

62 שלו ומומנטים רציף מקרי משתנה .7 פרק

בכל כמעט נכונה שהטענה אומרים אפס מידת מקבוצת חוץ x ∈ R לכל נכונה טענה אם 7.2 הגדרהמקום.

מקום. בכל כמעט רציפה פונקציה היא i ∈ Z לכל i < x ≤ i + 1 אם g(x) = i 7.2 דוגמא

נקראת F ′(x) אזי מקום, בכל כמעט גזירה F (x) אם רציף. מקרי משתנה X יהי 7.3 הגדרהמוגדרת. לא f(x) אפס מידה קבוצת של בנקודות .F ′(x) = f(x) ונסמנה X של צפיפות פונקצית

:[a, b] בקטע אחידה התפלגות 7.3 דוגמא

F (x) =

0 x < ax−ab−a

, a ≤ x ≤ b

1, x > b

אזי

f(x) =

0, x < a1

b−a, a < x < b

0, x > b

מוגדרת. אינה הנגזרת bו־a בנקודות מכיוון גזירה, לא אך רציפה הפונקציה

פונקצית F (x) נתונה אם צפיפות. פונקצית בעלות רציפות בהתפלגויות רק נדון זה בקורס 7.3 הערהמקיימת F ′(x) = f(x) אזי מקום בכל כמעט גזירה רציף מקרי מתשנה של מצטברת התפלגות

מקום. בכל כמעט f(x) ≥ 0 .1

limx→∞

F (x) =∞∫

−∞f(x)dx = 1 .2

limx→−∞

f(x) = limx→−∞

F (x) = 0 .3

משמשת היא אזי הראשונות התכונות שתי את ומקיימת מקום בכל כמעט מוגדרת f(x) אם שני מצדמוגדרת F (x) מצטברת התפלגות פונקצית ואז X רציף מקרי משתנה איזשהו של צפיפות כפונקצית

בקטע הצפיפות פונקצית גרף מתחת לשטח שווהx∫

−∞f(t)dt כאשר F (x) =

x∫

−∞f(t)dt ידי על

.[−∞, x]

אזי קיים∞∫

−∞|x|f(x)dx אם .f(x) צפיפות פונקצית בעל רציף מקרי משתנה X יהי 7.4 הגדרה

.X של התוחלת נקראת µX := E(X) =∞∫

−∞xf(x)dx

63 שלו ומומנטים רציף מקרי משתנה .7 פרק

:[a, b] בקטע אחידה התפלגות .1 7.4 דוגמא

E(X) =

∞∫

−∞

x · f(x)dx =

b∫

a

x

b − adx =

x2

2(b − a)

∣∣∣∣

b

a

=b2 − a2

2(b − a)=

b + a

2.

צפיפות פונקצית עם ,λ > 0 ,X ∼ Exp(λ) מערכית התפלגות .2

f(x) =

0, x < 0λe−λx, x > 0.

אזי

E(X) =

∞∫

0

λxe−λxdx =︸︷︷︸

v=λx, du=e−λxdx

λxe−λx

−λ

∣∣∣∣

∞

0

−∞∫

0

λe−λx

−λdx

= 0 +

∞∫

0

e−λxdx

=e−λx

−λ

∣∣∣∣

∞

0

=1

λ.

משתנה הוא Y = G(X) אזי פונקציה G : R → R ותהי רציף מקרי משתנה X יהי 7.5 הגדרהFY (y) = P (G(x) ≤ y). ידי על מוגדרת שלו המצטברת ההתפלגות שפונקצית חדש מקרי

לכן ,x ≤ G−1(y) ⇔ G(x) ≤ y אזי עולה פונקציה G אם .1 7.4 הערה

FY (y) = FX(G−1(y)).

לכן ,x ≥ G−1(y) ⇔ G(x) ≤ y אזי יורדת פונקציה G אם .2

FY (y) = 1 − FX(G−1(y)).

G(x) ש־ במקרה fY (y) מגדירים איך השאלה fX(x) צפיפות פונקצית בעלת X ש־ נניח .3כדלקמן היא והתשובה מקום, בכל כמעט גזירה פונקציה הנה

fY (y) =

(FX(G−1(y)))′, G עולה(1 − FX(G−1(y)))′, G יורדת

=

fX(G−1(y))

(G′(y))

−fX(G−1(y))(G′(y))

=fX(G−1(y))

|G′(y)| .

64 שלו ומומנטים רציף מקרי משתנה .7 פרק

ניתן ממספר יותר לא לה יש אם חסומה ווריאציה בעלת פונקציה נקראת רציפה G(x) 7.6 הגדרהמקומיים. ומקסימומים מקומיים מינימומים של להמנות

שאחת רצפיות פונקציות שתי של סכום היא חסומה ווריאציה בעלת רציפה פונקציה כל 7.1 משפטעולה. ושניה יורדת מהן

G(x) כאשר Y = G(X)ו־ fX(x) צפיפות פונקצית בעל רציף מקרי משתנה X אם 7.2 משפטומקיימת חסומה ווריאציה בעלת מקום, בכל כמעט גזירה רציפה, פונקציה הנה

∞∫

−∞

|G(x)|·fX(x)dx < ∞,

E(Y ) =∞∫

−∞G(t)·fX(t)dt. אזי

הוכחה:

נסמן .E(Y ) =∞∫

−∞y·fY (y)dy =

∞∫

−∞y fX(G−1(y))

|G′(y)| dy אז מונטונית, G(x) ש־ נניח .1

x = G−1(y) ⇒ y = G(x)

מקבלים מזה dx = 1G′(y)

dy ו־

E(Y ) =

∞∫

−∞

G(x)·fX(x)dx < ∞

מונוטוניות. פונקציות לגבי המשפט נכונות הוכחנו ובכך

שמתקיים כך G2 ,G1 פונקציות שתי קיימות אזי חסומה ווריאציה בעלת היא G(x) אם .2אם בהמשך שנראה כפי יורדת. G2(x) ו־ עולה G1(x) כאשר G(x) = G1(x) + G2(x)כמו בדיוק E(X1 + X2) = E(X1) + E(X2) אזי רציפה משותפת התפלגות X1, X2

ולכן Y2 = G2(X) ,Y1 = G1(X) כאשר Y = Y1 + Y2 אזי הבדיד. במקרה

E(Y ) = E(Y1) + E(Y2) = E(G1(X)) + E(G2(X)) =

=∞∫

−∞G1(x)fX(x)dx+

∞∫

−∞G2(x)fX(x)dx =

=∞∫

−∞(G1(x) + G2(x))fX(x)dx =

=∞∫

−∞G(x)fX(x)dx

65 שלו ומומנטים רציף מקרי משתנה .7 פרק

שני מומנט 7.2

אזי E(X2) קיים אם ,µX ותוחלת צפיפות פונקצית בעל רציף מקרי משתנה X יהי 7.7 הגדרה.X של שונות נקרא V ar(X) = E((X − µx)

2)

תוחלת. בפונקצית משתמשים כי משתנה אינה ורציף בדיד של במקרה שונות הגדרת 7.5 הערה

פונקצית בעל רציף מקרי משתנה Xיהי רציף מקרי משתנה של ושונות תוחלת של תכונות 7.2 טענהאזי ושונות תוחלת צפיפות,

.a, b ∈ R לכל E(aX + b) = aE(X) + b .1

.E(X − µX) = 0 בפרט .2

.V ar(aX + b) = a2 · V ar(X) מתקיים a, b ∈ R לכל .3

.V ar(X) = E(X2) − µ2X .4

E(Y ) =∞∫

−∞G(x)f(x)dx אזי חסומה, ווריאציה בעלת רציפה G(x) כאשר Y = G(X) אם .5

V ar(Y ) =∞∫

−∞G2(x)f(x)dx − µ2

X ו־

.V ar(ZX) = ו־1 E(ZX) = 0 אזי ZX = X−µX

σXאם בפרט .6

אזי ,f(a + x) = f(a − x) מתקיים x לכל אומרת זאת a נקודה סביב סימטרית f(x) אם .7E(X) = a

היא שלהם ההוכחה השישית לתכונה בנוסף הראשונות התכונות שארבע לראות ניתן הוכחה:יחד הקודם ממשפט נובעת החמישית התכונה כן כמו בדיד, מקרי משתנה של במקרה כמו בדיוקאת רק להוכיח נותר כך אם מחדש. אלו טענות בלהוכיח צורך אין ולכן הרביעית התכונה עם

ההוכחה להלהן האחרונה, התכונה

E(X) =∞∫

−∞x · f(x)dx =

a∫

−∞

x · f(x)dx

︸ ︷︷ ︸y=−x+ady=−dx

+

∞∫

a

x · f(x)dx

︸ ︷︷ ︸y=x−ady=dx

=

= −0∫

∞(a − y) · f(a − y)dy +

∞∫

0

(y + a) · f(y + a)dy =

=∞∫

0

(a − y) · f(a − y)dy +∞∫

0

(y + a) · f(y + a)dy =

=∞∫

0

(a − y + y + a) · f(a + y)dy = 2a

∞∫

0

·f(y + a)dy

︸ ︷︷ ︸12

= a

.

66 שלו ומומנטים רציף מקרי משתנה .7 פרק

כן, כמו E(X) = a+b2

אזי X ∼ Un[a, b] (1)

V ar(X) =

b∫

a

x2

b − adx − (

a + b

2)2 =

1

3· b3 − a3

b − a− (a + b)2

4=

(b − a)2

12.

אזי f(x) =

0; x < 0λe−λx; x > 0

צפיפות ופונקצית λ > 0 עם ,X ∼ Exp(λ) (2)

E(X) =

∞∫

0

λxe−λxdx = −xe−λx∣∣∞0

+

∞∫

0

e−λxdx =1

λ

וגם

V AR(X) =

∞∫

0

λx2e−λxdx − (1

λ)2

= −x2e−λx∣∣∞0

+2

λ

∞∫

0

λxe−λxdx

︸ ︷︷ ︸1λ

− 1

λ2=

1

λ2.

כדלקמן גאמא פונקצית נגדיר תחילה הבא. באופן מוגדרת גמא התפלגות (3)

Γ(t) =

∞∫

0

xt−1e−xdx.

.t > 0 לכל מתכנס שהיאנטגרל לציין יש

Γ(t) = (t − 1)Γ(t − 1) מתקיים t > 1 לכל 7.3 טענה

הוכחה:

Γ(t) =

∞∫

0

xt−1e−xdx

=︸︷︷︸

u=xt−1, v=−e−x, du=(t−1)xt−2, dv=e−x,

xt−1e−x

−1

∣∣∣∣

∞

0

+

∞∫

0

(t − 1)xt−2e−xdx

= (t − 1)Γ(t − 1).

67 שלו ומומנטים רציף מקרי משתנה .7 פרק

.Γ(t) = 1t

∞∏

n=1

(1+ 1n

)t

1+ tn

7.4 טענה

צפיפות פונקצית עם מערכית התפלגות של הכללה X ∼ Γ(ν, α) נסמן

fα,ν(x) =

0; x < 0

1Γ(ν)

ανxν−1e−αx; x > 0

הבא באופן התפלגות שזוהי נראה

∞∫

0

1Γ(ν)

ανxν−1e−αxdx =︸︷︷︸

y=αxdy=αdx

= 1Γ(ν)

∞∫

0

yν−1 · e−ydy = 1Γ(ν)

· Γ(ν) = 1

,X של והתוחלת השונות את נחשב

E(X) =1

Γ(ν)

∞∫

0

xανxν−1e−αxdx =1

αΓ(ν)Γ(ν + 1) =

ν

α

ואילו

V ar(X) =∞∫

0

x2 1Γ(ν)

ανxν−1e−αxdx − ( να)2 = 1

Γ(ν)

∞∫

0

ανxν+1e−αxdx − ν2

α2 =

= Γ(ν+2)Γ(ν)α2 − ν2

α2 = ν(ν+1)α2 − ν2

α2 = να2

מאורעות בין עובר זמן כמה השאלה על פואסוני,ועונה בזרם המתנה בזמן מופיעה גמה התפלגותפואסונים.

היא נורמלית התפלגות של ההסבתרות פונקצית X ∼ N(µ, σ) נורמלית התפלגות (4)

f(x) =1

σ√

2πe−

(x−µ)2

2σ2 .

X ∼ N(0, 1) ל־ התפלגות שזוהי תחילה נראה

(∞∫

−∞f(x)dx)2 =

∞∫

−∞f(x)dx ·

∞∫

−∞f(y)dy =

=∞∫

−∞

∞∫

−∞f(x)f(y)dxdy =

︸︷︷︸

σ=1µ=0

∞∫

−∞

∞∫

−∞

12π

· e−x2

2− y2

2 dxdy =

= 12π

∞∫

−∞

∞∫

−∞e−

12·(x2+y2)dxdy =

︸︷︷︸

x=r cos φy=r sin φJ=r

12π

∞∫

r=0

2π∫

φ=0

re−12r2

drdφ =

= 12π

∞∫

r=0

2πr · e− 12r2

dr = (−e−12r2

)∣∣∣

∞

0= 0 − (−1) = 1

68 שלו ומומנטים רציף מקרי משתנה .7 פרק

צפיפות. פונצקית f(x) אומרת זאת ,∫∞−∞ f(x)dx = 1 ש־ שגורר

:N(µ, σ) המקרה עבור התפלגות שזוהי נראה עעת

1

σ√

2π

∞∫

−∞

e−(x−µ)2

2σ2 dx =︸︷︷︸

y= x−µσ

dy= dxσ

1√2π

∞∫

−∞

e−y2

2 dy = 1.

נורמלית: התפלגות של ושנות תוחלת נחשב כעת

E(X) = µ לכן x = µ סביב סימטרית f(x) פונקציה .1

.2

V ar(X) = 1σ√

2π

∞∫

−∞(x − µ)2e−

(x−µ)2

2σ2 dx =︸︷︷︸

y=x−µ

1σ√

2π

∞∫

−∞y2e−

y2

2σ2 dy =

= 1σ√

2π

∞∫

−∞y︸︷︷︸

u

· y · e− y2

2σ2

︸ ︷︷ ︸

dv

dy =1

σ√

2πyσ2e−

y2

2σ2

︸ ︷︷ ︸

=0

∣∣∣∣∣∣∣∣

∞

−∞

− 1σ√

2π

∞∫

−∞−σ2e−

y2

2σ2 dy =

= σ2

σ√

2π

∞∫

−∞e−

y2

2σ2 dy =︸︷︷︸

z= yσ

σdz=dy

σ2

σ√

2π

∞∫

−∞e−

z2

2 dz·σ =

= σ2√2π

∞∫

−∞e−

z2

2 dz = σ2 · ( 1√2π

∞∫

−∞

e−z2

2 dz

︸ ︷︷ ︸

=1

) = σ2

נורמלית התפלגות נקבל ואז ZX = X−µσ

ידי על נעשתה נורמלית התפחגות של נורמליזציהZX ∼ N(0, 1). סטנדרטית

לכן φ(−x) = 1 − φ(x) בטבלה. נעזרים FN(0,1)(x) = φ(x) = 1√2π

∫ x

−∞ e−y2/2dy לחישוב

.F (x) = φ(x−µσ

) לחשב יש F (X) לחשב כדי X ∼ N(µ, σ) נורמלית התפלגות לכלהמרכזי. הגבול משפט לפי ־ נפוצה מאוד התפלגות היא נורמלית התפלגות בעתיד שנראה כפישל הומוגנית קבוצה של משקל או גובה למשל תלויים בלתי מרכיבים בהרבה שתלויים הערכים כלנורמלית. התפלגות לפי מתפלג אלקטרוניים מכשירים של החיים אורך או I.Q ציוני או אנשים,

צ'בישב שיוויון אי 7.5 טענהǫ > 0 לכל אזי σ2

x ושונות µx f(x),תוחלת צפיפות פונקצית בעל רציף מקרי משתנה X יהי

.P|X − µx| ≥ ǫ ≤ σ2x

ǫ2בפרט , P|X| ≥ ǫ ≤ ǫ−2E(X2) מתקיים

69 שלו ומומנטים רציף מקרי משתנה .7 פרק

הוכחה:

P|X| ≥ ǫ =

∫

|x|≥ǫ

f(x)dx =1

ǫ2

∫

|x|≥ǫ

ǫ2 · f(x)dx ≤ 1

ǫ2

∫

|x|≥ǫ

x2 · f(x)dx (x2 ≥ ǫ2)

≤ 1

ǫ2

∞∫

−∞

x2 · f(x)dx =E(X2)

ǫ2

,P (|X − µx| ≥ ǫ) = P (|Y | ≥ ǫ) ≤ E(Y 2)ǫ2

= σ2x

ǫ2אזי Y = X − µx נקח

אי בעיקרון רציף. מקרי למשתנה וגם בדיד, מקרי למשתנה גם נכון צ'בישב שיוויון אי 7.6 הערהמקרי. משתנה לכל נכון צ'בישב שיוויון

קונבולוציות רציפים. מקריים משתנים של משותפת התפלגות 7.3

X = אזי 1 ≤ i ≤ n המקיים i לכל רציף מקרי משתנה Xi ,Xi : Ω → R 7.8 הגדרהמשותפת רציפה התפלגות או רציף, ווקטורי מקרי משתנה נקרא X : Ω → Rn ,(X1, X2, . . .Xn)

(X1, X2, . . .Xn). של

פונקצית נקראת F (x1, x2, . . . xn) = P (X1 ≤ x1, X2 ≤ x2, . . .Xn ≤ xn) 7.9 הגדרהרציפה. F (x1, x2, . . . xn) אם ורק אם רציף מקרי משתנה X משותפת. מצטברת התפלגות

lim∀ i xi→−∞

F (x1, x2, . . . , xn) = 0 .1 7.6 טענה

limx1 → ∞x2 → ∞...xn → ∞

F (x1, x2, . . . , xn) = F (∞,∞, . . . ,∞) = 1 .2

שונים מתשנים לפי פעמים n גזירה תהיה F (x1, x2, . . . , xn) ש־ בנוסף נדרוש 7.10 הגדרהf(x1, x2, . . . , xn) = dnF (x1,x2,...,xn)

dx1dx2···dxnאזי מקום בכל כמעט רציפה תהיה המעורבת ושהנגזרת

כי ברור .X1, X2, . . . , Xn של משותפת צפיפות פונקצית נקראת

התפלגויות רק חוקרים אנחנו F (x1, x2, . . . , xn) =x1∫

−∞

x2∫

−∞· · ·

xn∫

−∞f(t1, t2, . . . , tn)dtndtn−1 · · · dt1.

צפיפות. פונקצית בעלות משותפות

פונקצית נקראת Fi(xi) =∞∫

−∞

∞∫

−∞· · ·

xi∫

−∞· · ·

∞∫

−∞f(t1, t2, . . . , tn)dtndtn−1 · · · dt1 7.11 הגדרה

ו־ שולית מצטברת התפלגות

נקראת fi(xi) = F ′i (xi) =

∞∫

−∞

∞∫

−∞· · · · · ·

∞∫

−∞f(t1, t2, . . . , ti−1, xi, ti+1 . . . , tn)dtndtn−1 · · · dt1

שולית. צפיפות פונקצית

70 שלו ומומנטים רציף מקרי משתנה .7 פרק

מצטברת התפלגות פונקציות F1(x), F2(x) ו־ רציפה, משותפת התפלגות X, Y תהיינה 7.12 הגדרהתלויים. בלתי נקראים X, Y אזי F (x, y) = F1(x) · F2(y) מתקיים (x, y) ∈ R2 לכל אם שוליות.

.f(x, y) = f1(x) · f2(y) אם ורק אם תלויים בלתי X, Y 7.7 טענה

הוכחה:

אזי F (x, y) = F1(x) · F2(y) כי נניח .1

f(x, y) =d2F (x, y)

dxdy=

d

dxF1(x) · d

dyF2(y) = f1(x) · f2(y)

אזי f(x, y) = f1(x) · f2(y) כי נניח .2

F (x, y) =

x∫

−∞

y∫

−∞

f(t1, t2)dt2dt1 =

x∫

−∞

y∫

−∞

f1(t1)f2(t2)dt2dt1

=

x∫

−∞

f1(t1)dt1·y∫

−∞

f2(t2)dt2 = F1(x) · F2(y)

Z = X + Y יהי f(x, y). צפיפות פונקצית עם רציפה משותפת התפלגות X, Y תהי 7.13 הגדרה.FZ(z) = FXY (x, z − x) המקיים רציף מקרי משתנה

הבא באופן f(z) ו־ F (z) נחשב

F (z) =

∞∫

−∞

z−t1∫

−∞

f(t1, t2)dt2dt1 =︸︷︷︸

t=t1+t2t2=t−t1dt2=dt

∞∫

−∞

Z∫

−∞

f(t1, t − t1)dtdt1.

אזי תלויים בלתי X, Y אם .f(z) = F ′(z) =∞∫

−∞f(t1, z − t1)dt1 =

︸︷︷︸

∞∫

−∞f(z − t1, t1)dt1

f(z) =∞∫

−∞f1(t) · f2(z − t)dt =

∞∫

−∞f1(z − t)f2(t)dt = f1 ∗ f2(z) = f(z) = f2 ∗ f1(z)

.f1, f2 של קונבולוציה נקראת הזו הפונקציה

אזי y ≤ 0 לכל f2(y) = 0 וגם x ≤ 0 לכל f1(x) = 0 אם 7.7 הערה

f1 ∗ f2(z) =

z∫

0

f1(t)f2(z − t)dt =

z∫

0

f1(z − t)f2(t)dt.

71 שלו ומומנטים רציף מקרי משתנה .7 פרק

אזי קיימות E(Y ) ו־ E(X) ש־ כזאת רציפה משותפת התפלגות X, Y תהי 7.3 משפט

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

הוכחה:

E(X + Y ) =∞∫

−∞

∞∫

−∞zf(t, z − t)dtdz =

︸︷︷︸

v=z−t

∞∫

−∞

∞∫

−∞(t + v)f(t, v)dtdv =

=∞∫

−∞t(

∞∫

−∞f(t, v)dv)dt +

∞∫

−∞v(

∞∫

−∞f(t, v)dt)dv =

=∞∫

−∞tf1(t)dt +

∞∫

−∞vf2(v)dv = E(X) + E(Y )

באינדוקציה משותפת רציפה להתפלגות להוכיח שניתן להסיק אפשר מכאן

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

.E(XY ) = E(X)E(Y ) אזי תלויים בלתי רציפים X, Y אם 7.4 משפט

אזי Z = XY יהי הוכחה:

F (z) =

∞∫

−∞

zx∫

−∞

f(s, t)dtds =

∞∫

−∞

zx∫

−∞

f1(s)f2(t)dtds =︸︷︷︸

t′=ts

∞∫

−∞

z∫

−∞

1

sf1(s)f2(

t′

s)dt′ds,

כלומר

f(z) =

∞∫

−∞

1

sf1(s)f2(

z

s)ds.

E(Z) =∞∫

−∞

∞∫

−∞

zsf1(s)f2(

zs)dzds =

︸︷︷︸

y= zs

∞∫

−∞

∞∫

−∞y · s · f1(s)f2(y)dyds =

=∞∫

−∞sf1(s)ds

∞∫

−∞y · f2(y)dy = E(X)E(Y )

V ar(X + Y ) = V ar(X) + V ar(Y ). מתקיים אזי תלויים בלתי X, Y אם 7.8 טענה

72 שלו ומומנטים רציף מקרי משתנה .7 פרק

הוכחה:

V ar(X+Y ) = E((X+Y )−(µx+µy))2) = E((X−µx)

2+(Y −µy)2+2(X−µx)(Y −µy))

= V ar(X) + V ar(Y ) + 2E(X − µx)(Y − µy))

= V ar(X) + V ar(Y ) + 2E(XY − Xµy − Y µx + µxµy) = V ar(X) + V ar(Y )

משפט לפי אזי Y ∼ Γ(α, µ) , X ∼ Γ(α, ν) ומתקיים תלויים בלתי X, Y יהיו .1 7.5 דוגמאV ar(X +Y ) = ν+µ

α2 ו־ E(X +Y ) = E(X)+E(Y ) = να

+ µα

= ν+µα

ש־ מקבלים קודםהבא באופן f1 ∗ f2(z) הביטוי את נחשב

f1 ∗ f2(z) =

z∫

0

f1(x)f2(z − x)dx

=

z∫

0

(1

Γ(ν)ανxν−1e−αx) · ( 1

Γ(µ)αµ(z − x)µ−1e−α(z−x))dx =

︸︷︷︸

dx=zdtx=tz

=αν+µe−αz

Γ(ν)Γ(µ)

z∫

0

xν−1(z − x)µ−1dx

=αν+µe−αz

Γ(ν)Γ(µ)

1∫

0

(zt)ν−1(z − zt)µ−1zdt =αν+µe−αz

Γ(ν + µ)zν+µ−1· Γ(ν + µ)

Γ(ν)Γ(µ)

1∫

0

tν−1(1 − t)µ−1dt

︸ ︷︷ ︸

=βµ,ν=Γ(ν)Γ(µ)Γ(ν+µ)

=αν+µe−αz

Γ(ν + µ)zν+µ−1 = fν+µ(z)

מעוניינים Y ∼ N(ν, τ) ,X ∼ N(µ, σ) ש־ כך תלויים בלתי מקריים מתשנים X, Y יהיו .2f1 ∗ f2(z) את לחשב

f1 ∗ f2(z) =

∞∫

−∞

1√2π · σ

e−(x−µ)2

2σ2 · 1√2π · τ

e−(z−x−ν)2

2τ2 dx

73 שלו ומומנטים רציף מקרי משתנה .7 פרק

=1

2π · σ · τ

∞∫

−∞

e−(x−µ)2

2σ2 − (z−x−ν)2

2τ2 dx =1

2πστ

∞∫

−∞

e−(x−µ)2

2σ2 − (z−x−ν)2

2τ2 dx =︸︷︷︸

u=x−µz−x−ν=v−uv=z−x−ν+x−µ=z−ν−µ

1

2πστ

∞∫

−∞

e−( u2

2σ2 + (v−u)2

2τ2 )du =1

2πστ

∞∫

−∞

e−1

2σ2τ2 (τ2u2+σ2(v−u)2)du = (∗)

הביטוי את נחשב

τ 2u2 + σ2(v − u)2 = (τ 2 + σ2)u2 + σ2v2 − 2σ2vu =︸︷︷︸

השלמה לריבוע

(τ 2 + σ2)u2 − 2σ2vu + σ2v2 =

= (√

τ 2 + σ2u − σ2

√τ 2 + σ2

v

︸ ︷︷ ︸

b

)2 +σ2τ 2

τ 2 + σ2v2

ונקבל בחזרה נציב

(∗) =e− v2

2(σ2+τ2)

2π · σ · τ

∞∫

−∞

e−1

2σ2τ2 (√

σ2+τ2u−b)2du =︸︷︷︸

t=√

σ2+τ2u

e− v2

2(σ2+τ2)

2π · σ · τ

∞∫

−∞

e−1

2σ2τ2 (t−b)2 dt√σ2 + τ 2

=e− (z−(µ+ν))2

2(σ2+τ2)

√σ2 + τ 2

√2π

· 1

στ√

2π

∞∫

−∞

e−1

2σ2τ2 (t−b)2dt

︸ ︷︷ ︸

1

=e− (z−(µ+ν))2

2(σ2+τ2)

√σ2 + τ 2

√2π

,

Z = X + Y ∼ N(µ + ν,√

σ2 + τ 2) ש־ קיבלנו אומרת זאת

8 פרק

המרכזי הגבול ומשפט הגדולים המספרים חוקי

תלויים בלתי נסיונות של גדול מספר עורכים שאם אומרים הגדולים המספרים חוקי בגדולאחד כל של בממוצע רק תלוי הוא מהתוצאות, אחד כל של בפילוג תלוי לא הממוצע אזתוצאה לצפות אפשרות שום לנו שאין שלמרות אומרים הגדולים המספרים חוקי מהנסיונות.בסיס ונותנים רבים נסיונות של תוצאות לצפות גבוהה בהסתברות יכולים אנחנו בודד ניסוי שלהגבול משפט תלויים. בלתי נסיונות של גדולה בסידרה יחסית כשכיחות הסתברות להגדרתמוסיימים תנאים שמקיימים ושונות תוחלת עם תלויים בלתי מקריים משתנים שאם טוען המרכזיומתפלג המקריים מהמשתנים אחד כל של בהתפלגויות תלוי לא ממוצע או סכום של התפלגות אז

בהמשך. אותו נוכיח כאן אותו ננסח נורמלית. התפלגות לפי

פונקצית בעלי תלויים בלתי מקריים משתנים X1, . . .Xn יהיו המרכזי הגבול משפט 8.1 משפט

אם .V ar(Sn) = bn =n∑

i=1

σ2i נקבל מכאן Sn =

n∑

i=1

Xi נסמן .σ2i ושנונות µi תוחלת ,fi צפיפות

אזי , limn→∞

1bn

n∑

k=1

∫

|x−µk|>τbn

(x − µk)2fk(x)dx = 0 מתקיים τ > 0 עבור

P (Sn < x) →n→∞

1√2π

1bn

(x−n∑

k=1

µk)∫

−∞

e−z2

2 dz.

.n → ∞ כאשר Sn ∼ N(n∑

i=1

µi,√

bn) אחרות במילים

מאובר. לפלס־דה משפט ,Sn →n→∞

N(np,√

npq) אזי Sn ∼ B(n, p) אם בפרט

גדולים מספרים של חלשים חוקים 8.1

מתקיים אזי בדיד) או (רציף ושונות תוחלת בעל מקרי משתנה X יהי צ'בישב. שיוויון אי 8.1 טענהP|X − µx| ≥ ǫ ≤ σ2

x

ǫ2מתקיים כן כמו P|X| ≥ ǫ ≤ ǫ−2E(X2)

74

75 המרכזי הגבול ומשפט הגדולים המספרים חוקי .8 פרק

מקריים משתנים של סדרה X1, X2, . . . , Xn אם צ'בישב של הגדולים המספרים חוק 8.2 משפטמתקיים ǫ > 0 לכל אזי i לכל σ2

i ≤ c המקיימים σ2i ושונות µi תוחלת בעלי תלויים בלתי

limn→∞

P| 1n

n∑

i=1

Xi − 1n

n∑

i=1

µi| < ǫ = 1

מקבלים מכאן Xn = 1n

n∑

i=1

Xi ב־ נסמן הוכחה:

V ar(Xn) =1

n2V ar(

n∑

i=1

Xi) =1

n2

n∑

i=1

V ar(Xi)

=1

n2

n∑

i=1

σ2i ≤ 1

n2

n∑

i=1

c

=c

n

מתקיים צ'בשיב שיוויון אי לפי לכן µXn= 1

nE

(n∑

i=1

Xi

)

= 1n

n∑

i=1

µi בנוסף

P|Xn − µXn| ≥ ǫ ≤

σ2Xn

ǫ2⇒ P| 1

n

n∑

i=1

Xi −1

n

n∑

i=1

µi| ≥ ǫ ≤cn

ǫ2

⇒ P| 1n

n∑

i=1

Xi −1

n

n∑

i=1

µi| < ǫ ≥ 1 −cn

ǫ2→

n→∞1.

הבאות הטענות את נקבל הקודם מהמשפט כמסקנה

nב־ הצלחות מספר m ויהי ,X ∼ B(n, p) יהי ברנולי. של הגדולים המספרים חוק 8.2 טענהלהסתברות שואפת הצלחות של יחסית שכיחות אומרת זאת lim

n→∞P (|m

n−p| < ǫ) = 1 אזי נסיונות

P.

µXn= 1

n

n∑

i=1

P = P ש־ מקבלים מזה Xn = 1n

n∑

i=1

Xi ב־ ונסמןXi 0 1

q pיהי הוכחה:

מתקיים הגדולים למספרים צ'בישב משפט פי על אזי ,V ar(Xn) = 1n2

n∑

i=1

pq = pqn

< 1 כן כמו

limn→∞

P| 1n

n∑

i=1

Xi − 1n

n∑

i=1

µi| < ǫ = 1 ⇔ limn→∞

P|mn− p| < ǫ = 1.

אזי ,Pk היא k בניסיון והסתברות תלויים בלתי נסיונות של סדרה יש פואסון משפט 8.3 טענהברנולי. של במקרה כמו בדיוק היא ההוכחה P|m

n−

∑pi

n| < ǫ = 1.

פעמים. הרבה תנאים באותם עליהם לחזור אפשר שאי נסיונות יש פואסון: משפט של משוואותפניות מספר אזי שווה הייתה הסתברות אם כי לשריפה, Pi שונה הסתברות יש בעיר בית לכל למשל

76 המרכזי הגבול ומשפט הגדולים המספרים חוקי .8 פרק

עוד כל שונות הסתברויות כאשר גם נכון להיות ממשיך זה mאבל = pn. היה אש כיבוי לתחנת.m קבוע להיות ממשיך הפניות מספר

אזי σ2 ושנות µ תוחלת בעלת התפלגות אותה לפי מתפלגים וכולם תלויים בלתי Xi אם 8.4 טענהלתוחלת. מתקרב ממוצע אומרת זאת , lim

n→∞P (|Xn − µ| < ǫ) = 1

יותר תנאים עם גדולים מספרים של חלשים משפטים לקבל אפשר האם הנשאלת השאלהשונות? על חלשים

המקיימים תלויים בלתי מקריים משתנים של סדרה Xiתהי מרקוב 8.3 משפט

1

n2V ar(

n∑

i=1

Xi) → 0.

limn→∞

P| 1n

n∑

i=1

Xi − 1n

n∑

i=1

µi| < ǫ = 1. אזי מדי, מהר לא אבל לגדול יכולה שונות אומרת זאת

פי על אזי µXn= 1

n

n∑

i=1

µXiו־ V ar(Xn) = 1

n2

n∑

i=1

σ2i ומקבלים Xn = 1

n

n∑

i=1

Xi נסמן הוכחה:

מקבלים גדולים למספרים צ'בשיב שיוויון אי

P (|Xn − µXn

| < ǫ) ≥ 1 − V ar(Xn)

ǫ2= 1 −

1n2 ·

n∑

i=1

σ2i

ǫ2→

n→∞1

.

אותה לפי המתפלגים תלויים בלתי מקריים משתנים X1, X2, . . . , Xn יהיו חינצ'ין 8.4 משפט

limn→∞

P (| 1n

n∑

i=1

Xi − µ| < ǫ) = 1 אזי E(Xi) = µ עם התפלגות

ומתקיים Zk =

0; |Xk| < δnXk; |Xk| ≥ δn

ו־ Yk =

Xk; |Xk| < δn0; |Xk| ≥ δn

ונגדיר δ > 0 נקח הוכחה:

וגם E(Yk) =δn∫

−δn

xf(x)dx = µn ש־ מקבלים מכאן Yk + Zk = Xk

V ar(Yk) =

δn∫

−δn

(x2f(x)dx) − µ2n ≤ δn

δn∫

−δn

|x|f(x)dx

︸ ︷︷ ︸

b

= δnb.

77 המרכזי הגבול ומשפט הגדולים המספרים חוקי .8 פרק

,Zk דומהל־ ביטוי מקבלים אופן באותו .P| 1n

n∑

i=1

Yi − µn| ≥ ǫ ≤ δnbnǫ2

נובע מכאן

P| 1n

n∑

i=1

Zi − νn| ≥ ǫ ≤ 1

n− δb

ǫ2.

שמתקיים נובע מזה

P| 1n

n∑

i=1

Xi − µ| ≥ ǫ ≤ 1

n→

n→∞0.

גדולים מספרים של חזקים חוקים 8.2

:Ω על Xn∞n=1 מקריים משתנים וסדרת (Ω, B, P ) כללי הסתברות מרחב בהינתן 8.1 הגדרה

אם (almost surely) בוודאות כמעט Y מקרי למשתנה מתכנסת Xn שהסדרה אומרים .1

P (ω ∈ Ω | limn→∞

Xn(ω) = Y (ω)) = 1.

מתקיים ǫ > 0 לכל אם בהסתברות Y מקרי למשתנה מתכנסת Xn שהסדרה אומרים .2

limn→∞

P (ω ∈ Ω | |Xn(ω) − Y (ω)| ≥ ǫ) = 0,

מתקיים n ≥ N שלכל כזה N קיים ǫ, δ > 0 לכל אם אחרות במילים

P (|Xn − Y | ≥ ǫ) < δ.

בהסתברות. Y ל־ מתכנסת אזי בוודאות כמעט Y ל־ מתכנסת Xn אם 8.5 טענה

E ב־ כלומר ,P (E) = 1 ש־ ונניח ,E = ω ∈ Ω | limn→∞ Xn(ω) = Y (ω) נסמן הוכחה:ב־ "הרעות" הנקודות קבוצת את EN נסמן ,ǫ > 0 בהינתן הסדרה. של נקודתית התכנסות יש

כך ,EEN = ω ∈ E | ∃n ≥ N, |Xn(ω) − Y (ω)| ≥ ǫ.

A0 = נסמן אם .∏

N≥1 EN = ∅ ,E הגדרת ולפי ,EN+1 ⊆ EN בהכלה: יורדת סדרה זו אז.∑

n≥0 An = E ומתקיים זרים מאורעות הינם An אז ,n ≥ 1 לכל An = En\En+1 ו־ E\E1

לכן1 = P (E) =

∑

n≥0

P (An),

78 המרכזי הגבול ומשפט הגדולים המספרים חוקי .8 פרק

,P (En) =∑

i≥n P (Ai) ולכן ∪n≥0An = E שני מצד .limn→∞∑

i≥n P (Ai) = 0 ש־ שגורראולם .n ≥ N לכל P (EN) < ǫ ש־ כך N שקיים ומצאנו

EN = ∪n≥Nω ∈ E | |Xn(ω) − Y (ω)| ≥ ǫ,

כנדרש. ,P (ω ∈ E | |Xn(ω) − Y (ω)| > ǫ) < δ מתקיים n ≥ N לכל בוודאי ולכן

האחידה) הסתברות (עם [0, 1] על מקרי משתנה נגדיר נגדית. דוגמא להלן נכון, לא ההפךאך בהסתברות, Xn → 0 אז .n = 2k + i וגם 2k+1 > n ≥ 2k כאשר Xn = χ[ i

2k , i+1

2k ) ש־ כך

![0, 1] ב־ נקודה לאף 0 ל־ מתכנס אינו Xn

כמעט Y ל־ מתכנס Xn אזי∞∑

n=1

P|Xn − Y | ≥ ǫ < ∞ מתקיים ǫ > 0 לכל אם 8.6 טענה

בוודאות.

ש־ מקבלים מכאן ,Sn,ǫ =∞∑

k=1

En+k,ǫ ונגדיר |Xn − Y | ≥ ǫ מאורע En,ǫ ב־ נסמן הוכחה:

יורדת מונוטונית סדרה הנה Sn,ǫ כאשר ,P (Sn,ǫ) ≤∞∑

k=1

P (En+k,ǫ) =∞∑

l=n+1

P (|Xl − Y | ≥ ǫ)

.P (Sǫ) = 0 כאשר Sǫ =∞∏

n=1

Sn,ǫ נגדיר . limn→∞

P (Sn,ǫ) = 0 ומתקיים S1,ǫ ⊃ S2,ǫ ⊃ · · · כלומר

אז ,S = S1 + S 12

+ S 14· · · נסמן

S = |Xn+k − Y | ≥ ǫ אחד k(n) ל־ לפחות n לכל

ש־ נובע מכאן

P (S) ≤∞∑

i=1

P (S( 12)i) = 0 ⇔ P (S) = P ( lim

n→∞Xn = Y = 1.

אפשר מה בודקים אנו כאן בהסתברות. התכנסות נותנים הקודם הפרק של המשפטים כל 8.1 הערהלקבל שכדי מובן גדולים. מספרים של חזקים חוקים נובע מזה בוודאות. כמעט התכנסות על לומר

שניהם). (או קשה יותר עבודה או חזקים יותר תנאים או צריך חזק חוק

ויהי ברנולי, נסיונות n של סדרה Xn תהי בורל של הגדולים המספרים של חזק חוק 8.5 משפטאזי בודדת, להצלחה ההסתברות p ותהי ,Sn = X1 + X2 + · · · + Xnב־ ההצלחות מספר mn

P ( limn→∞

mn

n= p) = 1

79 המרכזי הגבול ומשפט הגדולים המספרים חוקי .8 פרק

אם P (|X − µ| ≥ ǫ2) ≤ E((X−µ)4)ǫ4

נקבל ǫ4 ל־ ǫ2 את נשנה צ'בישב שיוויון באי אם הוכחה:

של הרבעי המומנט את נחשב E(X i) = q · 0i + p · 1i = p אזי0 1q p

הבא באופן מתפלג X

ברנולי משתנה

E((1

n

n∑

i=1

Xi − p)4) =1

n4

∑

i

∑

j

∑

k

∑

l

E((Xi − p)(Xj − p)(Xk − p)(Xl − p)

=1

n4(6

n−1∑

i=1

n∑

j=i+1

E((Xi − p)2(Xj − p)2) +

n∑

i=1

E(Xi − p)4)

=1

n4(6(pq)2 · n(n − 1)

2+ npq(p3 + q3)) =

︸︷︷︸

pq≤ 14

pqn

n4(3pq(n − 1) + p3 + q3)︸ ︷︷ ︸

≤ 34n+ 1

4<n

<n

4n3

=1

4n2

14ǫ4

∞∑

n=1

1n2 הטור אומרת זאת ,P|mn

n− p| ≥ ǫ2 ≤ 1

ǫ4· 1

4n2 שמתקיים קיבלנו כלומר

הטור גם ולכן הקודמות הטענות לפי מתכנס∞∑

n=1

P|mnn

− p| ≥ ǫ2 טור גם ולכן מתכנס

מקבלים לבסוף מתכנס.∞∑

n=1

P|mnn

− p| ≥ ǫ

P ( limn→∞

mn

n= p) = 1.

ש־ כאלה תלויים בלתי מקריים משתנים של סדרה Xn אם 8.2 הערה

V ar(Xi) < c, E((Xi − µi)4) < c

מקבלים בדיוק הוכחה אותה לפי אזי i לכל

P ( limn→∞

1

n

n∑

i=1

Xi = limn→∞

1

n

n∑

i=1

µi) = 1.

הבאים קולמוגרוב משפטי שני למשל פחות, הרבה שדורשים חזקים חוקים של משפטים קיימים

∞∑

i=1

σ2i

i2< ∞ המקיימות σ2

n ושונות µn תוחלת בעלי תלויים בלתי Xn אם קולמוגרוב 8.6 משפט

.P ( limn→∞

1n

n∑

i=1

Xi = limn→∞

1n

n∑

i=1

µi) = 1 אזי

80 המרכזי הגבול ומשפט הגדולים המספרים חוקי .8 פרק

בלתי Xn ל־ גדולים מספרים של חזק לחוק ומספיק הכרחי תנאי הוא תוחלת קיום 8.7 משפט

P ( limn→∞

1n

n∑

i=1

Xi = µ) = 1 אזי µ תוחלת ובעלי התפלגות אותה לפי מתפלגים שכולם תלויים

הסתברות במרחב מאורעות סדרת Ei תהי (Borel-Cantelli) קנטלי בורל של הלמה 8.1 למה

"הזנבות". של חיתוך אומרת זאת E = lim supn→∞ En :=∞∏

n=1

∞∑

k=n

Ek ונגדיר (Ω, B, P )

מאורעות של סופי ממספר יותר לא אומרת זאת .P (E) = 0 אזי∞∑

k=1

P (Ek) < ∞ אם .1

קורים. מהסדרה

זאת ,P (E) = 1 אזי∞∑

k=1

P (Ek) = ∞ ו־ תלויים בלתי E1, E2, . . . המאורעות כל אם .2

קורים. מאורעות של אינסופי מספר אומרת

הוכחה:∞∑

k=1

P (Ek) טור .n לכל P (E) ≤ P (∞∑

k=n

Ek) ≤∞∑

k=n

P (Ek) לכן ,n לכל E ⊂∞∑

k=n

Ek .1

אומרת זאת ,∞∑

k=n

P (Ek) < ǫ מתקיים n > N שלכל כזה N קיים ǫ > 0 לכל אזי מתכנס

.P (E) = 0 נקבל ǫ > 0 לכל P (E) < ǫ

דה־מורגן חוקי לפי ,An = En + En+1 + En+2 + · · · =∞∏

k=n

Ek נגדיר ,∞∑

k=1

P (Ek) = ∞ .2

,P (E) = limn→∞

P (An) מקבלים מכאן A1 ⊂ A2 ⊂ · · · וגם E =∑

An מתקיים

לכל .P (An) = P (∞∏

k=n

Ek) ≤ P (N∏

k=n

Ek) =N∏

k=n

P (Ek) =N∏

k=n

(1 − P (Ek)) אבל

0 ≤ P (An) ≤N∏

k=n

e−P (Ek) = ולכן (למה?) 1 − x ≤ e−x מתקיים (0, 1) בקטע x

זאת P (An) < ǫ מתקיים n > N שלכל כך N קיים ǫ > 0 לכל לכן .e−

N∑

k=n

P (Ek) →n→∞

0

.P (E) = 0 ⇒ P (E) = 1 אומרת

עם תלויים בלתי מקריים משתנים Xnn≥1 יהיו הגדולים) המספרים של החזק (החוק 8.8 משפט.E(X4

n) < ∞ ש־ ונניח ,σ2 שונות ,µ תוחלת עם (Ω, B, P ) הסתברות מרחב על התפלגות אותהאז

P

(

limn→∞

1

n

n∑

i=1

Xi = µ

)

= 1.

.µ הקבוע מקרי למשתנה בוודאות כמעט שואפים Sn = 1n

∑ni=1 Xi הממוצעים אחרות, במלים

81 המרכזי הגבול ומשפט הגדולים המספרים חוקי .8 פרק

אז ,∑

i≥1 Yi < ∞ ו־ אי־שליליים מקריים משתנים Yii≥1 שאם לב נשם ראשית, הוכחה:סדרה מהווים Zn ה־ אז Zn = Y1 + · · ·+ Yn נסמן שאם משום זאת בוודאות. כמעט Yn → 0ההתכנסות משפט לפי סופי). (אולי Z = limn→∞ Zn לגבול מתכנסים הם ולכן חלש, עולה

מתקיים המידה, תורת של המונוטונית

E(Z) = limn→∞

E(Zn) = limn→

n∑

k=1

E(Yk) =∑

n≥1

E(Yn) < ∞.

Z(ω) =∑

n≥1 Yn(ω) אולם .(0 בהסתברות A לקבוצת אולי (מלבד סופי מקרי משתנה Z לכןבוודאות. כמעט Yn → 0 ש־ אומר בדיוק וזה ω 6∈ A לכל Yn(ω) → 0 ולכן ω 6∈ A לכל

ונמצא באי־התלות נשתמש כאן .(Sn − µ)4 המקרי המתשנה עבור האמור את ניישם עתהש־

E

(( n∑

i=1

Xi − µ

)4)

= nE((X1 − µ)4) + 6

(n

2

)

σ4 + 4

(n

2

)

E((X1 − µ)3) < Cn2,

בוודאות. כמעט מתכנסת Yn → 0 לעיל פי על ואז E(

1nSn − µ

)4 ≤ C/n2 לכן .C קבוע עבור

גם והוא ־ סופיים E(X4n) או שהשונות להניח בלי גם נכון הוא בעצם זה משפט :1 הערה

.µ = ∞ למקרה נכון

בורל־ של בלמה להשתמש נוכל החסומה, ההתכנסות במשפט להשתמש במקום :2 הערה

לכל P (|X| ≥ t) ≤ E(|X|ktk

ש־ הוכחנו למעשה צ'בישב אי־שוויון בהוכחת כדלקמאן: קנטאלימתקיים ǫ > 0 לכל שלנו במקרה ובפרט ־ k, t ≥ 0

P

(∣∣∣∣∣

n∑

k=1

Xk − µ

∣∣∣∣∣≥ nǫ

)

≤ Cn2

n4ǫ4,

נגדיר ,ǫ > 0 לכל עתה .P (|Yn| ≥ ǫ) ≤ Cǫ4n2 או

An = ω ∈ Ω | |Yn(ω)| ≥ ǫ.

המאורע (i) בורל־קנטאלי של הלמה לפי .∑

n≥1 P (An) < ∞ ולכן ,P (An) ≤ Kn2 אז

כלומר ־ אפס הסתברות יש Bǫ =∏

k≥1

∑

n≥k An

P (Bǫ) = P (ω ∈ Ω | ∀k ∃n ≥ k, |Yn(ω)| ≥ ǫ) = 0,

מאורעות של מנייה בן חיתוך אך .(1 (בהסתברות וודאי מאורע הוא Bǫ המשלים המאורע ולכןǫ > 0 לכל 1 בהסתברות בדיוק אומרת, זאת .P

(∏

i≥1 B1/i

)= 1 ולכן וודאי, הוא וודאיים

של ההוכחה ומכאן .limn→∞ |Yn(ω)| = 0 כלומר, .|Yn(ω)| < ǫ ,n ≥ N שלכל כך N קייםשראינו. כפי ממשיכה המשפט

הבאה. בעובדה השתמשנו המשפט בהוכחת :3 הערה

82 המרכזי הגבול ומשפט הגדולים המספרים חוקי .8 פרק

אז ,σ2 ושונות µ תוחלת התפלגות, אותה עם מקריים משתנים Xini=1 אם 8.2 למה

.V ar (∑n

i=1 Xi − µ) = E(

(∑n

i=1 Xi − µ)2)

=∑n

i=1 V ar(Xi) = nσ2 (א)

.E(

(∑n

i=1 Xi − µ)3)

= nE((X1 − µ)4) (ב)

.E(

(∑n

i=1 Xi − µ)4)

= nE((Xi − µ)4)+ 6

(n2

)σ4 (ג)

.V ar (∑n

i=1 Xi) = nσ2 ש־ ראינו שכבר נזכור (א) הוכחה:אז .E(Y 2

i ) = V ar(Yi) = V ar(Xi) = σ2 ו־ E(Yi) = 0 אז .Yi = Xi − µ נסמן (ב)

E((Y1 + Y2)3) = E(Y 3

1 + 3Y 21 Y2 + 3Y1Y

22 + Y 3

2 )= E(Y 3

1 ) + 3E(Y 21 )E(Y2) + 3E(Y1)E(Y 2

2 ) + E(Y 32 )

= E(Y 31 ) + E(Y 3

2 ) = 2E(Y 31 ).

מתקיים באינדוקציה

E(

(∑n

i=1 Yi)3)

= E((Z + Yn)3

)

= E(Z3) + 3E(Z2)E(Yn) + 3E(Z)E(Y 2n ) + E(Y 3

n )= (n − 1)E(Y 3

1 ) + E(Y 3n )

= nE(Y 31 ).

שוב (ג)

E((Y1 + Y2)4) = E(Y 4

1 + 4Y 31 Y2 + 6Y 2

1 Y 22 + 4Y1Y

32 + Y 4

2 )= 2E(Y 4

1 ) + 6E(Y 21 )E(Y 2

2 )= 2E(Y 4

1 ) + 6σ4.

מתקיים באינדוקציה

E(

(∑n

i=1 Yi)4)

= E((Z + Yn)4)

= E(Z4) + 4E(Z4)E(Yn) + 6E(Z2)E(Y 2n ) + 4E(Z)E(Y 3

n ) + E(Y 4n )

= (n − 1)E(Y 41 ) + 6

(n−1

2

)σ2 + 6(n − 1)σ4 + E(Y 4

1 )= nE(Y 4

1 ) + 6(

n2

)σ4.

משתנים Xini=1 ש־ ונניח חסומה פונקציה f : [0, 1] → R תהי ויירשטראס: למשפט שימוש

פולינום .Sn = X1 + · · ·+ Xn וגם להצלחה p התפלגות אותה עם תלויים בלתי ברנולי מקרייםהוא המתאים ברנשטיין

E(F (Sn/n)) =

n∑

k=0

f(k/n)

(n

k

)

pkqn−k = Bn(p).

המשקל רב גדול n ועבור ,n מדרגה f בפונצקיה תלויים שלו שהמקדמים p ב־ פולינום זהו.p ל־ קרוב k/n ש־ כך מקומות באותם מרוכז

83 המרכזי הגבול ומשפט הגדולים המספרים חוקי .8 פרק

אז רציפה, פונקציה f : [0, 1] → R אם 8.9 משפט

limn→∞

max0≤p≤1

|Bn(p) − f(p)| = 0,

הסיפרימום. בנורמת ǫ כדי עד f ל־ קרוב Bn ש־ כך n קיים ǫ > 0 לכל כלומר

ǫ > 0 לכל לכן ־ שווה במידה ורציפה (M ידי (על המוחלט בערכה חסומה f ש־ ברור הוכחה:לכן .|f(x) − f(y)| < ǫ ש־ גורר |x − y| < δ מתקיים x, y ∈ [0, 1] שלכל כך δ > 0 קיים

|Bn(p) − f(p)|=∣∣∑n

k=0(f(k/n) − f(p))(

nk

)pkqn−k

∣∣

≤∑nk=0 |f(k/n) − f(p)|

(nk

)pkqn−k

=∑

|k/n−p|<δ |f(k/n) − f(p)|(

nk

)pkqn−k +

∑

|k/n−p|≥δ |f(k/n) − f(p)|(nk

)pkqn−k

≤∑|k/n−p|<δ ǫ(

nk

)pkqn−k +

∑

|k/n−p|≥δ |f(k/n) − f(p)|(

nk

)pkqn−k

≤∑nk=0 ǫ

(nk

)pkqn−k + 2M

∑

|k/n−p|≥δ

(nk

)pkqn−k

= ǫ + 2MP (| 1nSn − p| ≥ δ),

נקבל צ'יבשיב אי־שוויון פי על ולכן

|Bn(p) − f(p)| ≤ ǫ + 2MP (| 1nSn − p| ≥ δ)

≤ ǫ + 2M pqnǫ2

→n→∞ ǫ.

המרכזי הגבול משפט 8.3

B(n, 0.5) → N(0.5n, 0.5√

n) דה־מאוור 8.10 משפט

ונסמן n = 2m ש־ במקרה רק נתבונן הוכחה:

ak := P (X = m + k) =

(2m

m + k

)

0.52m =︸︷︷︸

(nk)=( n

n−k)

(2m

m − k

)

0.52m = a−k,

.k לכל ak = a−k מתקיים אומרת זאתכלומר ,a1 =

(2m

m+1

)0.52m ואילו ,a0 =

(2mm

)0.52m ונקבל k = 1 עבור נחשב

a1

a0=

m

m + 1⇒ a1 =

m

m + 1· a0.

את לחשב נותר

ak

ak−1=

(2m)!(0.5)2m

(m + k)!(m − k)!· (m + k − 1)!(m − k + 1)!

(2m)!(0.5)2m=

m − k + 1

m + k,

84 המרכזי הגבול ומשפט הגדולים המספרים חוקי .8 פרק

מתקיים k ≥ 1 לכל כלומר

ak =m − k + 1

m + k· ak−1 =

m − k + 1

m + k· m − k + 2

m + k − 1· ak−2

= · · ·︸︷︷︸

באינדוקציה

=m − k + 1

m + k· m − k + 2

m + k − 1· · · m

m + 1· a0,

.a0 =(2mm

)0.52m כאשר

לכן edm = 1 + d

m+ O(( d

m)2), מתקיים ex לפונקציה האפס סביב טיילור טור לפי

ak ≈ e−1m e

−2m e

−3m · · · e− k−1

m

e1m e

2m · · · e k

m

·a0 =e

−1m

(1+2+3+···+(k−1))

e1m

(1+2+3+···+k)·a0 = e

−1m

(k(k−1)

2+

k(k+1)2

) ·a0 = a0e−k2

m

ש־ נקבל סטרילינג בנוסחת שימוש תוך ak = (e−k2

m + O( k3

m2 )) · a0. מקבלים מכאן

a0 =

(2m

m

)

0.52m

=(2m)!

(m!)2· 0.52m ≈

√2m · 2π ·

(2me

)2m

(√m · 2π ·

(me

)m)2· 0.52m

=2√

mπ ·(

me

)2m

m · 2π ·(

me

)2m =

√mπ

mπ

=1√mπ

וגם

ak =1√mπ

·(

e−k2

m + O(k3

m2)

)

.

פונקצית כל ראשית הבא: באופן X ∼ N(m, 0.5√

2m) נחשב ,ak = P (x = m + k) יהי

גם מקבלים מכאן ,f(x) = 1√πm

· e− 12· (x−m)2

0.5m = 1√πm

· e− (x−m)2

m היא הצפיפות

f(m + k) =1√πm

· e− k2

m ,

B(n, 0.5) →n→∞

N(0.5n, o.5√

n). כלומר

המרכזי הגבול משפט והוכחת אופייניות פונקציות 8.4

.gX(t) = E(eitX) הבאה באופן שלו יוצרת או אופינית פונקציה נגדיר X מקרי משתנה נתון

85 המרכזי הגבול ומשפט הגדולים המספרים חוקי .8 פרק

gX(t) =∑

j∈I

eitxjP (X = xj). אזי בדיד מקרי משתנה X אם .1

של פוריה טרנספורם נקרא זה ,gX(t) =∞∫

−∞eitxf(x)dx אזי רציף מקרי משתנה X אם .2

.f(x) פונקציה

אזיX 0 1

q pכלומר ברנולי, מקרי משתנה X אם .1 8.1 דוגמא

gX(t) = eit·0 · q + eit·1 · p = q + eit · p.

אזי X ∼ N(0, 1) .2

gX(t) =1√2π

∞∫

−∞

eitx−x2

2 dx =︸︷︷︸

z=x−it, x=z+it, dz=dx

e−t2

2√2π

∞∫

−∞

e−z2

2 dz = e−t2

2 .

אזי P (X = k) = λk

k!e−λ ו־ X ∼ P (λ) כלומר ,λ פרמטר לפי פואסוני, מערכי, מתפלג X .3

gX(t) =

∞∑

k=0

eitk · λk

k!· e−λ = e−λ

∞∑

k=0

1

k!(λeit)k =

︸︷︷︸

ex=∞∑

k=0

1k!

xk

e−λ(eλeit

) =eλeit−λ = eλ(eit−1).

אזי X ∼ Uni[−a, a] כלומר אחיד מתפלג X .4

gX(t) =

a∫

−a

eitx · 1

2adx

=1

2a

a∫

−a

eitxdx

=1

2a· eitx

it

∣∣∣∣

a

−a

=eita

2iat− e−iat

2ait=

sin(at)

at.

יוצרות פונקציות של תכונות 8.11 משפט

.t לכל קיימת gX(t) .1

|gX(t)| ≤ 1 (2). gX(0) = 1 (1). ומקיימת שווה במידה רציפה gX(t) .2

86 המרכזי הגבול ומשפט הגדולים המספרים חוקי .8 פרק

הוכחה:

.1

|gX(t)| = |∞∫

−∞

eitxf(x)dx| ≤∞∫

−∞

|eitx| · f(x)dx =

∞∫

−∞

f(x)dx = 1

כמו gx(0) = 1 שמתקיים נובע מזה t. לכל וקיים 1 ידי על חסום זה אינטגרל תמיד לכן|gX(t)| ≤ 1. כן

מתקיים h שלכל להוכיח כלומר שווה, במידה רציפה gX(t) ש־ להוכיח נותר .2

gX(h+t)−gX(t) =

∞∫

−∞

ei(h+t)xf(x)dx−∞∫

−∞

eitxf(x)dx =

∞∫

−∞

eitx(eihx − 1)f(x)·dx

כלומר ,

|gX(h + t) − gX(t)| ≤∞∫

−∞

|eihx − 1|f(x)dx,

שלכל כזה h נמצא .−A∫

−∞f(x)dx +

∞∫

A

f(x)dx < ǫ4ש־ כזה A קיים ǫ > 0 לכל לכן

אזי |eihx − 1| < ǫ2מתקיים |x| < A

|gX(h + t) − gX(t)| ≤A∫

−A

ǫ

2· f(x)dx + 2

ǫ

4≤ ǫ

2· 1 + 2 · ǫ

4= ǫ.

.gY (t) = gX(at)·eibt אזי קבועים a, b ,Y = aX+b ש־ כך מקריים משתנים X, Y אם 8.12 משפט

הוכחה:

gY (t) = E(eitY ) = E(eit(aX+b)) = E(eitaX · eitb) = eitbE(eitaX) = eitbgX(at).

gX1+X2(t) = gX1(t)gX2(t). אזי תלויים בלתי X1, X2 אם 8.13 משפט

87 המרכזי הגבול ומשפט הגדולים המספרים חוקי .8 פרק

הוכחה:

gX1+X2(t) = E(eit(X1+X2)) = E(eitX1 · eitX2) = E(eitX1)E(eitX2) = gX1(t)gX2(t)

g n∑

j=1Xj

(t) =n∏

j=1

gXj(t). מתקיים n לכל אזי תלויים בלתי Xi אם 8.3 הערה

,∞∫

−∞|xk| · f(x)dx < ∞ מתקיים אומרת זאת ,1 ≤ k ≤ n לכל קיים E(Xk) אם 8.14 משפט

g(k)X (0) = ikE(Xk). ומתקיים נגזרות n יש gX(t) ל־ אזי

אזי ,gX(t) =∞∫

−∞eitxf(x)dx תהי הוכחה:

g(k)X (t) =

∂k

∂tkgX(t) =

∞∫

−∞

∂k

∂tk(eitx)f(x)dx =

∞∫

−∞

(ix)k · eitx · f(x)dx = ik∞∫

−∞

eitx · xk · f(x)dx

g(k)X (0) = ik · E(Xk). ואז |g(k)

X (t)| ≤∞∫

−∞|x|kf(x)dx נובע מכאן

ρX(t) = ln(gX(t)). 8.2 הגדרה

נחשב

ρ′X(0) =

g′X(t)

gX(t)

∣∣∣∣t=0

=g′

X(0)

gX(0)= i · E(X).

ρ′′X(0) =

g′′X(t)·gX(t)−(g′X (t))2

(gX(t))2

∣∣∣t=0

= −E(X2)−(i·E(X))2

12

= −E(X2) + (E(x))2 = (E(X))2 − E(X2) = −V ar(X).

מצטברת התפלגות ופונקצית f(x) צפיפות פונקצית בעל רציף מקרי מתשנה X יהי 8.15 משפטאזי ,F (x)

מתקיים x1, x2 ∈ R לכל .1

F (x2) − F (x1) =1

2π

∞∫

−∞

e−itx1 − e−itx2

itgx(t)dt.

פוריה לטרנספורם הפוכה טרנספורמציה .2

f(x) =1

2π

∞∫

−∞

e−itxgx(t)dt.

88 המרכזי הגבול ומשפט הגדולים המספרים חוקי .8 פרק

הוכחה:

.1

Jc =1

2π

c∫

−c

e−itx1 − e−itx2

itgx(t)dt =

1

2π

c∫

−c

∞∫

−∞

e−itx1 − e−itx2

it· eitzf(z)dzdt

=1

2π

∞∫

−∞

f(z)

c∫

−c

eit(z−x1) − eit(z−x2)

itdtdz =

︸︷︷︸0∫

−c

eixA

ixdx =︸︷︷︸y=−x

−c∫

0

e−iyA

iydy

1

2π

∞∫

−∞

f(z)

c∫

0

eit(z−x1) − e−it(z−x1)

it︸ ︷︷ ︸

=2 sin t(z−x1)

t

− eit(z−x2) − e−it(z−x2)

it︸ ︷︷ ︸

=2 sin t(z−x2)

t

dtdz

=1

π

∞∫

−∞

f(z)

c∫

0

sin t(z − x1)

t− sin t(z − x2)

tdtdz.

מתקיים |α| > δ ולכל δ > 0 לכל

1

π

∞∫

0

sin αx

xdx =

12; α > 0

−12; α < 0

,| 1π

c∫

0

sinαtt

dt| < 1 מתקיים c לכל אזי |α| < δ אם שווה. במידה היא ההתכנסות לכן

לכן

Jc =

x1−δ∫

−∞

· · ·+x1+δ∫

x1−δ

· · · +x2−δ∫

x1+δ

· · · +x2+δ∫

x2−δ

· · · +∞∫

x2+δ

· · ·

באותו .x1−δ∫

−∞· · · →

δ→00 מתקיים ולכן

z − x2 < −δx1 − z < −δ

אזי x1 +δ < x2−δ ש־ כזה δ ל־

.∞∫

x2+δ

· · · →δ→0

0 אופן

מתקיים z − x1 > δ, z − x2 > δ עבור

x2−δ∫

x1+δ

· · · →δ→0

F (x2 − δ) − F (x1 + δ).

89 המרכזי הגבול ומשפט הגדולים המספרים חוקי .8 פרק

ש־ דומה בצורה מתקיים z − x1 > δ, z − x2 < δ עבור

|x1+δ∫

x1−δ

· · · | < 2

x1+δ∫

x1−δ

f(z)dz = 2(F (x1 + δ) − F (x1 − δ))

גם בנוסף

|x2+δ∫

x2−δ

· · · | < 2

x2+δ∫

x2−δ

f(z)dz = 2(F (x2 + δ) − F (x2 − δ)),

Jc →c→∞

F (x2) − F (x1) ולכן δ > 0 לכל נכון וזה

.2

f(x) = F ′(x) = limh→0

F (x + h) − F (x)

h= lim

h→0

1

2π

∞∫

−∞

e−itx − e−it(x+h)

ithgx(t)dt

= limh→0

1

2π

∞∫

−∞

e−itx(1 − e−ith)

ithgx(t)dt =

︸︷︷︸

התכנסות במידה שווה

1

2π

∞∫

−∞

e−itxgx(t) (limh→0

1 − e−ith

ith︸ ︷︷ ︸

=1

)dt

=1

2π

∞∫

−∞

e−itxgx(t)dt.

אזי t לכל gX(t) = gY (t) אם אומרת זאת ,gX(t) ידי על יחיד באופן מוגדרת f(x) 8.1 מסקנההתפלגות. אותה יש Y ול־ X ל־

יוצרות ופונקציות fj(x) צפיפות פונקצית בעלי מקריים משתנים של סדרה Xj תהי 8.16 משפט

fj(x) → f(x) = 12π

∞∫

−∞e−itxg(t)dt. אזי gj(t) → g(t) ש־ גם לנו ידוע בהתאם, gj(t)

עם התפלגות אותה בעלי תלויים, בלתי מקריים משתנים Xj∞j=1 יהי המרכזי הגבול 8.17 משפט

Sn → N(nµ, σ√

n). אזי Sn =n∑

j=1

Xj נסמן .σ תקן וסטיית µ תוחלת

90 המרכזי הגבול ומשפט הגדולים המספרים חוקי .8 פרק

אזי µ = 0 כי נניח הוכחה:

gX(t) = gX(0)︸ ︷︷ ︸

=1

+g′X(0)t +

g′′X(0)

2· t2 + α(t) · t2.

מקבלים E(X2) = σ2 ⇒ g′′X(0)

2= −σ2

2ש־ מקבלים אזי E(X2) − (E(X))2

︸ ︷︷ ︸

=0

= σ2 ו־ מאחר

.gX(t) = 1 − (σ2

2− α(t))t2 ש־

gZn(t) = gSn( tσ√

n) = (1−(σ2

2−α( t

σ√

n)) t2

nσ2 )n ולכן Zn = Sn

σ√

nו־ Sn =

n∑

j=1

Xj שני מצד

ln(1−x) = −x−x2/2− · · · ש־ מזה ln gZn(t) = n ln((1− (σ2

2+ α(

t

σ√

n))

t2

nσ2

︸ ︷︷ ︸

→︸︷︷︸n→∞

0

). כן כמו

נובע

limn→∞

ln gZn(t) = limn→∞

−n(σ2

2)

t2

nσ2=

−t2

2,

כלומרlim

n→∞gZn(t) = e

−t2

2 = gY (t),

לכן ,Zn ∼ N(0, 1) ו־ Y ∼ N(0, 1) ש־ קיבלנו אומרת זאת

Sn ∼ N(0, σ√

n).

ונקבל Xi = Yi + µ נסמן כללי, µ עבור

Sn =∑

Yi + nµ ⇒ Sn → N(nµ, σ√

n).