Matematika 4B - Katedra matematiky FEL ČVUT

Matematika 4B
Prof. RNDr. Jan Hamhalter, CSc.
katedra matematiky FEL ČVUT
e-mail: hamhalte@math.feld.cvut.cz
tel: 224353587
web:
http://math.feld.cvut.cz//hamhalte
11. ledna 2007
16:56
1

• V.Rogalewicz: Pravděpodobnost a statistika pro inženýry,
skripta, Vydavatelství ČVUT, 1998.
• K.Zvára a J.Štěpán: Pravděpodobnost a matematická
statistika, matfyzpress, Praha 2002.
• J.Anděl: Matematika náhody, matfyzpress, Praha 2003.
• J.Anděl: Statistické metody, matfyzpress, Praha 2003.
• V.Dupač a M.Hušková: Pravděpodobnost a matematická
statistika, Nakladatelství Karolinum, 1999.
• Z.Prášková: Základy náhodných procesů II, Nakladatelství
Karolinum, 2004.
• A. Rényi: Teorie pravděpodobnosti, Academia, Praha
1972.
2

1 Historie a podstata
teorie pravděpodobnosti
teorie pravděpodobnosti = matematika náhody, systémy s
nedostatkem informace
svět 19. století – deterministický systém, hodinový stroj
svět 20. století – svět náhody (evoluce není možná bez náhody,
mikrosvět se řídí pravděpodobnostními zákony, teorie
chaosu, apod.)
• Úloha o rozdělení sázky
Pochází od Arabů. Nedávno objevena v rukopise z r. 1380.
Dva hráči hrají sérii partií. Výsledky jednotlivých her jsou
nezávislé. Vyhrává ten kdo poprvé zvítězí v šesti partiích.
Pravděpodobnost výhry je pro každého hráče stejná, t.j.
1/2. Hra je přerušena ve chvíli kdy hráč A vyhrál 5x a hráč
B 3x. Jak si rozdělí výhru?
Úloha byla vyřešena nezávisle Pascalem a Fermatem (1654).
Všechny možnosti pokračování (hra bude trvat nejvýše tři
další partie):
AAA AAB ABA ABB
BAA BAB BBA BBB
Pouze v jednom případě vítězí B, pravděpodobnost výhry
hráče B je 1:8, výhra by se měla rozdělit v poměru 7:1.
3

• Huygens (1657) : On Reasoning in Games of Dice
• Laplace (1812): Analytic Theory of Probabilities
nestačí kombinatorické metody, je třeba uvažovat nekonečné
soubory možností
statistická fyzika, Brownův pohyb, teorie míry a integrace
• A. Kolmogorov (1930): Axiomatické základy teorie pravděpodobnosti
• současný stav a perspektivy: nové obory založené na pravděpodobnostním
přístupu – kvantová teorie informace,
teorie her v ekonomii, teorie chaosu, ...
4

2 Pravděpodobnostní prostor
pravděpodobnostní model má dvě komponenty:
• struktura náhodných jevů
• pravděpodobnost jako kvantitativní funkce na jevech
2.1. Příklad. Střelba na terč
Ω = kruh o poloměru r
náhodné jevy = podmnožiny Ω
pravděpodobnost(A) = obsah(A)
πr 2
5
.

2.2. Příklad. Sportka
Ω = {{1, 2, 3, 4, 5, 6}, {1, 3, 4, 6, 2, 17}, . . . } =
{ šestiprvkové podmnožiny množiny {1, 2, . . . , 49}}
tyto šestice tvoří elementární jevy s pravděpodobností
1 1
= = 0, 7151138242 · 10−7
13983816
49
6
jev= podmnožina Ω
pravděpodobnost jevu A ⊂ Ω.
P (A) = velikost(A)
.
49
6
konkrétní výpočet v tomto modelu – spočtěte pravděpodobnost,
že uhodnete (právě) tři čísla.
P (A) =
6 3 49 6
43
· 3 = 0, 1765040387
6

náhodné jevy musíme umět kombinovat
„jev A nebo jev B, ...
2.3. Definice. Nechť Ω je neprázdná množina. Systém
A podmnožin množiny Ω se nazývá σ-algebra náhodných
jevů, jestliže platí
(i) Ω ∈ A.
(ii) Jestliže A1, A2, . . . jsou množiny v A, pak
∞
i=1 Ai ∈ A
(iii) Je-li A ∈ A, pak A c = Ω \ A ∈ A
Terminologie:
A c ... opačný jev k jevu A
A, B jsou navzájem vylučující se (disjunktní) jevy jestliže
A ∩ B = ∅
7

2.4. Tvrzení. Je-li A σ-algebra podmnožin Ω pak
(i) A1, A2, . . . ∈ A =⇒ ∞
i=1 Ai ∈ A.
(ii) A, B ∈ A =⇒ A ∩ B c ∈ A.
Důkaz:
(i) Ac 1, Ac 2, . . . ∈ A, =⇒ ∞ i=1 Aci (de Morganova pravidla)
∞
c ∞
= Ai ∈ A .
i=1
A c i
i=1
(ii) A, B c ∈ A =⇒ A ∩ B c ∈ A .
8
∈ A =⇒

pravděpodobnost modeluje relativní četnost, měla by respektovat
stejná pravidla jako počet prvků množiny
2.5. Definice. Předpokládejme, že A je σ-algebra podmnožin
množiny Ω. Pravděpodobnost P je zobrazení
P : A → [0, 1] ,
pro které platí
(i) P (Ω) = 1
(ii) P ( ∞ i=1 Ai) = ∞ i=1 P (Ai),
jestliže A1, A2, .... jsou navzájem disjunktní množiny
v A.
Trojice (Ω, A, P ) se nazývá pravděpodobnostní prostor.
9

Základní vlastnosti pravděpodobnosti
(i) A ∩ B = ∅ =⇒ P (A ∪ B) = P (A) + P (B)
(ii) P (∅) = 0
(⇐= P (Ω) + P (∅) = P (Ω))
(iii) P (A c ) = 1 − P (A)
(⇐= P (A) + P (A c ) = P (Ω) = 1.)
(iv) A ⊂ B =⇒ P (B ∩ A c ) = P (B) − P (A)
(⇐= P (B) = P (A) + P (B ∩ A c ))
(v) P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B).
odvození: X = A ∩ (A ∩ B) c , Y = B ∩ (A ∩ B) c
P (X) + P (Y ) + P (A ∩ B) = P (A ∪ B)
P (A)−P (A∩B)+P (B)−P (A∩B)+P (A∩B) = P (A∪B)
P (A) + P (B) = P (A ∪ B) + P (A ∩ B)
10

Tato základní pravidla jsou často užitečná při konkrétních
výpočtech.
2.6. Příklad. Určete pravděpodobnost, že při tahu Sportky
bude vylosováno buďto číslo 7 nebo číslo 20.
Řešení: A ... taženo číslo 7, B ... taženo číslo 20.
Tedy
P (A) = P (B) =
P (A ∩ B) =
47 4 49 6
P (A ∪ B) = 2 ·
48 5 49 6
48 5 49 6
−
11
47 4 49 6
= 13
= 0, 232148571 .
56

Důležité typy pravděpodobnostních prostorů:
• klasický pravděpodobnostní prostor
• konečný pravděpodobnostní prostor
• diskrétní nekonečný pravděpodobnostní prostor
• geometrický pravděpodobnostní prostor
12

Klasický pravděpodobnostní prostor
Ω = {ω1, . . . , ωn}
A = všechny podmnožiny množiny Ω
P (A) = |A| |A|
=
|Ω| n .
V tomto modelu mají elementární jevy stejnou šanci = 1
n .
Někdy je těžké nalézt dobrý model slovní úlohy, často se
setkáme se složitou kombinatorikou.
13

2.7. Příklad. Hodíme n krát mincí, rub i líc v jednom
hodu mají stejnou šanci, tj. 1
2 . Jaká je pravděpodobnost že
padne právě k krát líc?
Řešení: elementární jevy – posloupnosti nul a jedniček délky
n kódující výsledky hodů.
|Ω| = 2 n
Ω = {ω1, . . . , ω2 n}
Ak .... posloupnost obsahuje právě k jedniček.
Tedy
|Ak| =
n
k
P (Ak) = 1
2n
n
.
k
Poznámka: Hodíme n krát mincí, kde n je sudé. Jaká je
pravděpodobnost, že padne stejný počet nul jako jedniček?
n
n/2
P (A n/2) = 1
2 n
Pomocí tzv. Stirlingova vzorce lze dokázat, že
P (A n/2) ≈
1
πn/2 → 0 pro n → ∞ .
14

2.8. Příklad. Narozeninový problém
Jaká je pravděpodobnost, že ve třídě s n žáky se najde
dvojice mající narozeniny ve stejný den? (n ≤ 365).
Řešení:
Ω = {posloupnosti délky n
prvků množiny {1, 2, . . . , 365}}
Elementární jevy kódují den narozenin 1. až n-tého žáka.
A ... sledovaný jev
A c ... jev opačný, všichni mají narozeniny v jiný den.
|Ω| = 365 n
|A c | = 365 · 364 · 363 · · · (365 − n + 1)
365 · 364 · 363 · · · (365 − n + 1)
P (A) = 1 −
365n =
n−1
= 1 − 1 − j
365
Nečekané numerické hodnoty:
již pro n = 23 je P (A) > 1/2,
pro n = 56 je P (A) = 0, 99.
15
j=1

Konečný pravděpodobnostní prostor
Ω = {ω1, . . . , ωn}
A = všechny podmnožiny Ω
p1, . . . , pn > 0 . . . váhy
n
pi = 1
• Z toho vyplývá že
P (A) =
{i|ωi∈A}
pro všechny A ⊂ Ω.
i=1
P ({ωi}) = pi
pi ,
• Klasický pravděpodobnostní prostor je speciálním případem,
ve kterém jsou všechny váhy stejné:
p1 = p2 = · · · = pn = 1
n .
16

2.9. Příklad. Ω = {ω1, ω2, ω3}
p1 = P ({ω1}) = 1
2
p2 = P ({ω2}) = 1
4
p3 = P ({ω3}) = 1
4
ω1 ω2 ω3
1
2
1
4
Je tedy např.
1
4
P ({ω1, ω2}) = p1 + p2 = 1 1 3
+ =
2 4 4 .
17

Bernoulliovo schéma
Máme jev A (zdar) s pravděpodobností 0 < p < 1
a jev B (nezdar) s pravděpodobností 0 < 1 − p < 1.
V náhodném pokusu nastane právě jeden z jevů A a B s
příslušnou pravděpodobností. Provedeme sérii n těchto náhodných
pokusů, jejichž výsledky se navzájem neovlivňují.
Možné výstupy pro n = 4: ABAA, BBBA, ...
kódovány posloupnostmi 0 a 1: 1011, 0001, ...
Elementární jevy —- posloupnosti nul a jedniček délky n
Nezávislost znamená, že pravděpodobnosti se násobí:
P (1011) = p · (1 − p) · p · p = p 3 · (1 − p)
P (0001) = (1 − p) · (1 − p) · (1 − p) · p = p · (1 − p) 3
18

To nás vede k následujícímu modelu:
Ω= všechny posloupnosti nul a jedniček délky n
|Ω| = 2 n .
P (posloupnost ) = ppočet 1 počet 0
· (1 − p)
Ověříme, že součet vah je 1:
pi =
2 n
i=1
n
k=0
n
p
k
k (1 − p) n−k =
= (p + (1 − p)) n = 1.
Důležitý je jev, Ak, že v sérii n pokusů nastane jev A právě
k krát.
|Ak| = n
k .
P (Ak) =
n
p
k
k (1 − p) n−k .
Konkrétní příklady: hod mincí, hod kostkou, ankety, statistické
šetření, apod.
2.10. Příklad. Terč zasáhneme s pravděpodobností 1/3.
Jaká je pravděpodobnost, že se dvakrát strefíme při čtyřech
pokusech.
P (A2) =
4 1
2 32 2 2
=
3
48
= 0, 2963 .
161
19

Nekonečný diskrétní pravděpodobnostní prostor
Ω = {ω1, ω2, . . . }
A = všechny podmnožiny Ω
(pn) ∞ n=1 . . . posloupnost vah
∞
n=1
pn = 1, pn ≥ 0
P ({ωn}) = pn pro n = 1, 2, . . .
• Z toho vyplývá, že
P (A) =
{n|ωn∈A}
pro všechny A ⊂ Ω.
pn ,
20

Poissonův zákon
Ω = {ω0, ω1, ω2 . . . }
λ > 0 parametr
pn = λn
n! e−λ , n = 0, 1, . . .
Ověříme korektnost zadání:
∞
∞
n=0
λ n
n! e−λ = e −λ
n=0
λ n
n! = e−λ e λ = 1 .
2.11. Příklad. Za danou časovou jednotku volá na ústřednu
průměrně λ > 0 účastníků. Pravděpodobnost pn, že zavolá
právě n účastníků se řídí Poissonovým zákonem:
pn = λn
n! e−λ
Pravděpodobnost, že zavolá alespoň někdo je 1 − e −λ .
21

Geometrický pravděpodobnostní prostor
pravděpodobnost je dána geometrickou kvantitou (délka,
obsah, objem)
Ω ⊂ R, R 2 , R 3 , . . . ,
0 < velikost (Ω) < ∞ ,
P (A) =
pro A ⊂ Ω.
velikost (A)
velikost (Ω)
2.12. Příklad. Terč má poloměr 30 cm. Jaká je pravděpodobnost,
že se trefíme do středu o poloměru 5cm ?
Řešení:
p = 25π
= 0, 02777 . . . .
900π
22

2.13. Příklad. Buffonova úloha
V rovině je dán systém rovnoběžek majících vzdálenost d.
Na rovinu hodíme jehlu o velikosti l, l < d. Jaká je pravděpodobnost,
že protne některou rovnoběžku?
Řešení: Polohu jehly vůči rovnoběžné síti popíšeme dvěma
parametry:
x ... vzdálenost středu jehly od nejbližší rovnoběžky
x ∈< 0, d
2 >
ϕ ... úhel, který jehla svírá s rovnoběžnou sítí
ϕ ∈< 0, π > .
Podmínka protnutí:
l
2
sin ϕ > x
P = 1
π d/2
= 2l
πd .
π
0
π l
l
sin ϕdϕ = − cos ϕ =
2 πd
0
23

Další vlastnosti pravděpodobnosti:
Princip inkluze a exkluze
Opakování: P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B).
Mějme nyní tři jevy A, B, C ∈ A.
P (A ∪ B ∪ C) = P [(A ∪ B) ∪ C] =
P (A ∪ B) + P (C) − P ((A ∩ C) ∪ (B ∩ C))
= P (A) + P (B) − P (A ∩ B) + P (C)
− P (A ∩ C) − P (B ∩ C) + P (A ∩ B ∩ C)
= P (A) + P (B) + P (C)
− P (A ∩ C) − P (B ∩ C) − P (A ∩ B)
24
+ P (A ∩ B ∩ C)

Zobecnění se dá dokázat indukcí:
2.14. Věta. Princip inkluze a exkluze
Předpokládejme, že A1, . . . , An ∈ A, kde (Ω, A, P ) je
pravděpodobnostní prostor. Pak platí
P (A1∪A2∪· · ·∪An) =
+
1≤i

2.15. Příklad. Roztržitá šatnářka
n hostů restaurace si přichází odložit svůj kabát. Šatnářka
vydává kabáty chaoticky. Jaká je pravděpodobnost, že alespoň
jeden z hostů dostane svůj kabát?
Řešení: Elementární jevy jsou permutace n prvkové množiny.
1 2 . . . n
k1 k2 . . . kn
Všechny mají stejnou pravděpodobnost, tj. 1
n! .
kde
A = {(k1, . . . , kn) | existuje 1 ≤ i ≤ n tak že ki = i} .
A = A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An ,
Ai = {(k1, . . . , kn) | ki = i}
(i-tý host je v pořádku)
(n − 1)!
P (Ai) =
n!
(n − 2)!
P (Ai ∩ Aj) = , i = j
n!
P (A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An) = 1
n!
26

n (n − 2)!
P (A) = 1−
2 n! +
n (n − 3)!
1
−· · ·+(−1)n+1
3 n! n!
= 1 − 1 1
1
+ − · · · + (−1)n+1
2! 3! n!
numerické hodnoty:
n 1 2 3 4 5 6 7
P (A) 1 0,5 0,6667 0,625 0,6333 0,6319 0,6321
asymptoticky:
e −1 = 1 − 1 1 1
+ − + · · ·
1! 2! 3!
lim
n→∞ P (A) = 1 − e−1 = 0, 6321....
27

Zacházení s nekonečnými posloupnostmi jevů, spojitost pravděpodobnosti:
2.16. Věta. Předpokládejme, že (Ω, A, P ) je pravděpodobnostní
prostor.
(i) Je-li A1 ⊂ A2 ⊂ · · · pro A1, A2, · · · z A, pak
∞
P
i=1
Ai
= lim
i→∞ P (Ai)
(ii) Je-li A1 ⊃ A2 ⊃ · · · pro A1, A2, · · · z A, pak
∞
P
i=1
Ai
Důkaz: (An) splňuje (i)
= lim
i→∞ P (Ai)
An = A1 ∪ (A2 \ A1) ∪ (A3 \ A2) ∪ · · · ∪ (An \ An−1)
je disjunktní sjednocení. Pak
P (An) = P (A1) + P (A2 \ A1) + P (A3 \ A2) +
Dále platí
+ · · · + P (An \ An−1) .
∞
An = A1 ∪ (A2 \ A1) ∪ (A3 \ A2) ∪ · · ·
n=1
28

∞
P
n=1
An
∞
P
n=1
P (An)
= P (A1) + P (A2 \ A1) + · · · + P (An \ An−1) + · · · =
An
= lim P (An)
n→∞
= lim P (An)
n→∞
(ii) obdobným způsobem, nebo z (i) přechodem k množinovému
komplementu.
29

3 Nezávislé jevy a podmíněná pravděpodobnost
Pravděpodobnostní model se mění dostaneme-li částečnou
informaci o systému. Víme, že nastal jev B. Pak pravděpodobnost,
že nastane jev A je
P (A ∩ B)
P (B)
.
———————————————————————
3.1. Definice. Je dán pravděpodobnostní prostor (Ω, A, P )
a B ∈ A s P (B) > 0. Podmíněná pravděpodobnost náhodného
jevu A za podmínky B je definována jako
Tedy
P (A|B) =
P (A ∩ B)
P (B)
.
P (A ∩ B) = P (A|B)P (B) = P (B|A)P (A) .
30

3.2. Příklad. Skříňka má tři zásuvky. V první jsou dvě
zlaté mince, ve druhé zlatá a stříbrná mince a ve třetí dvě
stříbrné mince.
•z1
•z3
◦s2
• z2
◦ s1
◦ s3
Náhodně jsme vybrali zásuvku a náhodně z ní vytáhli minci.
Tažená mince je stříbrná. Jaká je pravděpodobnost, že
druhá mince ve vytažené zásuvce je zlatá?
Řešení: naivní odpověď 1/2 není správná.
Dvě fáze náhodného procesu:
1. volba zásuvky 2. volba mince
Ω = {(1, z1), (1, z2), (2, z3), (2, s1), (3, s2), (3, s3), }
Všechny tyto jevy mají stejnou šanci, tj. 1/6.
Z ... v otevřené zásuvce je zlatá mince
S ... vyjmuli jsme stříbrnou minci (tento jev nastal).
Hledáme p = P (Z|S)
P (S) = P {(2, s1), (3, s2), (3, s3)} = 3 1
=
6 2 .
P (Z ∩ S) = P {(2, s1)} = 1/6 .
p = 1/6 1
=
3/6 3 .
31

Formální vlastnosti podmíněné pravděpodobnosti:
(i) P (B|B) = 1
(ii) P (A1 ∪ A2|B) = P (A1|B) + P (A2|B)
jsou-li A1, A2 ∈ A disjunktní.
————————————————-
3.3. Tvrzení. Je-li (Ω, A, P ) pravděpodobnostní prostor
a B ∈ A s P (B) > 0, pak (Ω, A, P ((·|B)) je také pravděpodobnostní
prostor.
————————————————————–
V pravděpodobnostním prostoru (Ω, A, P ((·|B)) mají jevy
disjunktní s B nulovou pravděpodobnost, podmnožiny v B
mají pravděpodobnost normovanou pravděpodobností jevu
B.
32

Nezávislé jevy jsou jevy jejichž podmíněné pravděpodobnosti
se neovlivňují:
P (A), P (B) > 0
P (A) = P (A|B) =
P (A ∩ B) = P (A) · P (B) .
P (A ∩ B)
P (B)
——————————————————-
3.4. Definice. Nechť (Ω, A, P ) je pravděpodobnostní prostor.
Jevy A a B ∈ A nazýváme nezávislé, jestliže
P (A ∩ B) = P (A) · P (B) .
———————————————————-
3.5. Příklad. Dvakrát hodíme mincí. Všechny výsledky
jsou stejně pravděpodobné. Ukažte, že výsledky v prvním
a druhém hodu jsou nezávislé.
Řešení: R... rub, L ... líc
Ω = {RL, RR, LR, LL}
P ({RL, RR}) = 1
2
P ({RL, LL}) = 1
2
P ({RL}) = 1 1 1
= ·
4 2 2 .
33

Obecnější definice:
3.6. Definice. Jevy A1, . . . , An v pravděpodobnostní prostor
(Ω, A, P ) jsou nezávislé, jestliže
P (Ai1 ∩ Ai2 ∩ · · · ∩ Aik ) = P (Ai1)P (Ai2) · · · P (Aik )
pro všechna i1 < i2 < · · · < ik, k ≤ n.
Bernoulliovo schéma (revisited)
Výsledky pokusů v Bernoulliově schématu jsou nezávislé
jevy. Bernoulliovo schéma tedy můžeme chápat jako sérii
nezávislých pokusů se dvěma možnými výsledky, které mají
doplňkovou pravděpodobnost.
34

3.7. Příklad. Elektrický obvod znázorněný na obrázku je
náhodně přerušován pěti nezávislými spínači. V jedné větvi
jsou tři spínače a ve druhé dva. Jaká je pravděpodobnost
že obvodem prochází proud? Každý spínač je přerušen s
pravděpodobností 1/2.
Řešení: Ai ... i-tý vypínač je sepnut
p = P [(A1 ∩ A2 ∩ A3) ∪ (A4 ∩ A5)] =
= P (A1 ∩ A2 ∩ A3) + P (A4 ∩ A5)
− P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ∩ A5) =
= 1 1 1 11
+ − = = 0, 34375 .
23 22 25 25 3.8. Tvrzení. Jsou-li jevy A1, . . . , An v pravděpodobnostním
prostoru nezávislé, pak jsou nezávislé i jevy
A c 1, A2, . . . , An.
Důkaz:
P (A c 1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An) = P (A2 ∩ A3 ∩ · · · ∩ An) −
− P (A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An) =
P (A2)P (A3) · · · P (An)−P (A1)P (A2) · · · P (An) =
= (1 − P (A1))P (A2) · · · P (An) =
= P (A c 1)P (A2)P (A3) · · · P (An) .
Důsledek: Nahradíme-li v nezávislém systému jevů některé
jevy jejich opakem, dostaneme opět nezávislý systém.
35

Situace: A1, . . . , An disjunktní jevy, takové že
P (A1) + P (A2) + · · · + P (An) = 1
a P (Ai) > 0 pro všechna i. Pak
P ((A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An) c ) = 0 .
Pro každé B ∈ A máme
P (B) = P (B ∩ A1) + P (B ∩ A2) + P (B ∩ A3) +
· · · + P (B ∩ An) + 0 =
= P (B|A1)P (A1)+P (B|A2)P (A2)+· · ·+P (B|An)P (An) .
———————————————————–
3.9. Definice. Posloupnost A1, . . . , An disjunktních jevů
v pravděpodobnostním prostoru (Ω, A, P ) se nazývá úplný
systém jevů jestliže A1, . . . , An jsou disjunktní, P (Ai) > 0
pro všechna i a
P (A1) + P (A2) + · · · + P (An) = 1 .
3.10. Věta. (Věta o úplné pravděpodobnosti)
Předpokládejme že A1, . . . , An je úplný systém jevů
v pravděpodobnostním prostoru (Ω, A, P ) takový, že
P (Ai) > 0 pro všechna i = 1, . . . n. Pro každé B ∈ A
platí
P (B) = P (B|A1)P (A1) + P (B|A2)P (A2) +
+ · · · + P (B|An)P (An)
36

„P (B) je kombinace pravděpodobností P (A1), . . . , P (An)
s váhami danými podmíněnými pravděpodobnostmi
3.11. Příklad. V urně č.1 je 50 černých a 60 bílých kuliček.
V urně č.2 je 60 černých a 50 bílých kuliček. Hodíme si
hrací kostkou. Padne-li šestka vybereme urnu č. 1. V opačném
případě urnu č.2. Z vybrané urny vybereme náhodně
kuličku. Jaká je pravděpodobnost, že je bílá?
Řešení:
50 • 60◦ 60 • 50◦ (1)
A1...padne šestka A2...nepadne šestka
P (A1) = 1/6 P (A2) = 5/6
B ... vytažená kulička je bílá
P (B|A1) = 60
110
P (B|A2) = 50
110 .
p = 60 1 50 5 1 25 31
· + · = + =
110 6 110 6 11 66 66 =
= 0, 4697.
37

Bayesův vzorec
Bayes (1761) ... stejné apriorní pravděpodobnosti
Laplace (1774) ... obecný případ
věta o úplné pravděpodobnosti:
P (Ai), P (B|Ai) → P (B)
nyní určíme P (Ai|B):
3.12. Věta. Bayesův vzorec
Je-li A1, . . . , An úplný systém jevů v pravděpodobnostním
prostoru (Ω, A, P ) a B ∈ A s P (B) > 0 pak
P (Aj|B) =
pro všechna j = 1, 2, . . . , n.
Důkaz:
P (B|Aj)P (Aj)
n
i=1 P (B|Ai)P (Ai)
P (Aj|B) = P (Aj ∩ B)
P (B)
=
P (B|Aj)P (Aj)
n
i=1 P (B|Ai)P (Ai)
—————————————————————–
vstup:
P (A1), P (A2), . . . P (An) ... apriorní pravděpodobnosti
P (B|A1), P (B|A2), . . . P (B|An) ... podmíněné pravděpodobnosti
B ... přináší novou informaci o stavu systému
výstup: P (A1|B), P (A2|B), . . . P (An|B) —— upřesněná
informace
38

3.13. Příklad. Máme dvě krabice s bílými a černými kuličkami.
V krabici č. 1 je jedna bílá a devět černých kuliček.
V krabici č.2 je jedna černá a devět bílých kuliček.
1 ◦ 9• č.1
1 • 9◦ č.2
Za plentou byla vylosována jedna z krabic. Náhodně jsme
z ní vytáhli jednu kuličku. Byla bíla. Jaká je pravděpodobnost,
že máme před sebou krabici č.1. ?
A1 . . . první krabice P (A1) = 1
2
A2 . . . druhá krabice P (A2) = 1
2
B . . . tažena bílá kulička P (B|A1) = 1
10
P (B|A2) = 9
10 .
P (A1|B) =
P (B|A1)P (A1)
P (B|A1)P (A1) + P (B|A2)P (A2)
=
1
10
1 1
10 · 2
· 1
2
39
+ 9
10
· 1
2
=
1 1
10 · 2
1
2
= 1
10 .

3.14. Příklad. Diagnóza nemoci
Senzitivita testu: 0,95 (tj. má-li osoba AIDS je test pozitivní
v 95% případů)
specificita testu: 0,95 (tj. nemá-li osoba AIDS je test negativní
v 95% případů)
prevalence nemoci: 0,005 (tj. 0,5% populace je nakaženo)
Jaká je pravděpodobnost, že osoba s pozitivním testem je
nakažena virem HIV?
(Naivní odpověď 0,95 je úplně mimo.)
AIDS NE-AIDS
0,005 0,995
+, - .... výsledky testu
P (+|AIDS) = 0, 95 P (+|NEAIDS) = 0, 05
P (−|AIDS) = 0, 05 P (−|NEAIDS) = 0, 95
P (AIDS|+) =
P (+|AIDS)P (AIDS)
=
P (+|AIDS)P (AIDS) + P (+|NEAIDS)P (NEAIDS)
0, 95 · 0, 005
=
= 0, 087 .
0, 95 · 0, 005 + 0, 05 · 0, 995
apriorní pravděpodobnosti → aposteriorní pravděpodobnosti
(0, 005, 0, 995) → (0, 087, 0, 913) .
40

Test opakujeme znovu. Testovaná osoba je opět pozitivní.
Jaká je nyní pravděpodobnost že má AIDS ?
Opakujeme postup s
P (AIDS) = 0, 087 P (NEAIDS) = 0, 913 .
numerické výsledky:
i ... počet pozitivních testů,
Pi ... pravděpodobnost, že daná osoba má AIDS.
i 0 1 2 3 4 5
Pi 0,005 0,087 0,645 0,972 0,998 0,9992
41

4 Náhodná veličina
• Zajímá nás pouze sledovaná numerická veličina, nikoliv
celý pravděpodobnostní prostor: počet zákazníků, cena akcie,
hodnota měření napětí, ...
• Podstatné je stanovit pravděpodobnost, že náhodná veličina
má hodnoty v daném rozmezí.
——————————————————–
Značení:
I ... interval na reálné ose, zahrnujeme i jednobodové množiny.
X : Ω → R ... funkce definovaná na množině Ω.
[X ∈ I] = {ω ∈ Ω | X(ω) ∈ I} .
4.1. Definice. Nechť (Ω, A, P ) je pravděpodobnostní prostor.
Funkce X definovaná na Ω se nazývá náhodná veličina
jestliže
[X ∈ I] ∈ A
pro všechny intervaly I ⊂ R.
42

Všechny funkce na konečném nebo diskrétním pravděpodobnostním
prostoru jsou náhodné veličiny.
Náhodné veličiny popisujeme kvantitativně pomocí jejich
distribučních funkcí:
P [X ≤ x] = P ({ω | X(ω) ≤ x}) .
4.2. Definice. Předpokládejme, že X je náhodná veličina
na pravděpodobnostním prostoru (Ω, A, P ).
Distribuční funkce, FX, náhodné veličiny X je funkce
FX(x) = P [X ≤ x], x ∈ R .
43

4.3. Příklad. X ... počet ok při hodu kostkou
X nabývá šesti hodnot, 1,2,3,4,5,6; distribuční funkce je
po částech spojitá funkce.
4.4. Příklad. X ... poloha ručičky hodinek při náhodném
zastavení:
⎧
⎪⎨
x
2 π x ∈< 0, 2π >
F (x) = 0
⎪⎩
1
x ≤ 0
x ≥ 2π .
4.5. Příklad. Vlak projíždí přejezdem jedenkrát za hodinu,
Závory jsou staženy na dvanáct minut. Náhodná veličina
X je doba čekání.
P [X = 0] =
60 − 12
60
Pro x ∈ (0, 12 > máme:
Tedy
48
= = 0, 8 .
60
P [X ≤ x] = P [X = 0] + P [0 < X ≤ x] = 0, 8 + x
60 .
⎧
0 x < 0
⎪⎨
0, 8 x = 0
FX(x) =
⎪⎩
0, 8 + x
60 x ∈ (0, 12 >
1 x ≥ 12
44

4.6. Věta. Distribuční funkce FX náhodné veličiny X
splňuje následující podmínky:
(i) 0 ≤ FX ≤ 1
(ii) FX je neklesající
(iii) FX je zprava spojitá
(iv) limx→−∞ FX(x) = 0, limx→∞ FX(x) = 1 .
Dukaz: (ii) Je-li x ≤ y, pak [X ≤ x] ⊂ [X ≤ y], a tedy
FX(x) ≤ FX(y) .
(iii) Volme (δn) klesající posloupnost kladných čísel s nulovou
limitou a a ∈ R. Uvažujme množiny
Platí
An = [X ≤ a + δn] .
∞
An = [X ≤ a] .
n=1
Dle spojitosti pravděpodobnosti Věta 2.16 platí
P [X ≤ a] = lim
n→∞ P (An) .
Jinými slovy
FX(a) = lim
n→∞ FX(a + δn) ,
a proto
FX(a) = lim
x→a+ FX(x) .
45

(iv)
An = [X ≤ −n] , n = 1, 2 . . .
Pak An je klesající posloupnost množin s prázdným průnikem.
Dle Věty 2.16 máme
lim
n→∞ FX(−n) = lim
n→∞ P (An) = P (∅) = 0 .
FX je neklesající, a proto musí mít v −∞ limitu nula.
(Druhá limita podobně.)
V distribuční funkci FX jsou všechny relevantní informace
o náhodné veličině X:
•
•
•
•
P [X > a] = 1 − P [X ≤ a] = 1 − FX(a) .
P [X ∈ (a, b >] = P [(X ≤ b) ∧ (X ≤ a) c ] =
Odtud
= P [X ≤ b] − P [X ≤ a] = FX(b) − FX(a) .
P [X < a] = lim
n→∞ P
X ≤ a − 1
= lim
n n→∞ FX
a − 1
= lim
n x→a− FX(x) .
P [X = a] + P [X < a] = P [X ≤ a] .
P [X = a] = FX(a) − lim
x→a− FX(x) .
(Velikost případného skoku.)
46

4.7. Věta. Ke každé zprava spojité, neklesající funkci
F (x) na R, s limitami limx→−∞ F (x) = 0,
limx→∞ F (x) = 1, existuje náhodná veličina X tak, že
FX = F .
Důkaz je mimo naše možnosti – teorie míry.
distribuční funkce (náhodná rozdělení) = náhodné veličiny.
Typy náhodných veličin:
• diskrétní rozdělení
• spojité rozdělení
• smíšené rozdělení
47

4.8. Definice. Náhodná veličina X se nazývá diskrétní,
jestliže existuje konečná nebo nekonečná posloupnost (xn)
taková, že
P [X = xn] = 1 .
n
Daná tabulkou resp. pravděpodobnostní funkcí:
x1 x2 x3 · · ·
p1 p2 p3 · · ·
P [X = xi] = pi , (xn)n . . . uzly
4.9. Příklad. X ... počet ok při hodu hrací kostkou
1 2 3 4 5 6
1/6 1/6 1/6 1/6 1/6 1/6
4.10. Příklad. X ... doba kdy poprvé padne líc při sérii
hodů symetrickou mincí.
1 2 3 · · ·
· · ·
1
2
1
4
1
3
P [X = n] = 1
.
2n ∞ 1
= 1 .
2n n=1
48

4.11. Tvrzení. Má-li náhodná veličina X diskrétní rozdělení
s pravděpodobnostní funkcí (xn, pn)n, pak pro
M ⊂ R platí
P [X ∈ M] =
pn .
{n | xn∈M}
4.12. Příklad. Jaká je pravděpodobnost, že při házení
symetrickou mincí padne líc poprvé po sudém počtu hodů
?
X z Příkladu 4.10.
P [X = sudé] = 1 1 1
+ +
4 16 64
49
1
+ · · · =
4
1
1 − 1
4
= 1
3 .

4.13. Definice. Náhodná veličina X se nazývá spojitá,
jestliže existuje nezáporná funkce f taková, že
FX(x) =
x
−∞
f(t) dt .
Funkce f se přitom nazývá hustotou náhodné veličiny X.
• Funkce f je hustotou náhodné veličiny právě tehdy
f(t) dt = 1.
když je nezáporná a ∞
−∞
• Je-li x bod spojitosti hustoty f, pak f(x) = FX(x) ′ .
Je-li f hustota náhodné veličiny X, pak
P [a ≤ X ≤ b] =
b
a
f(x) dx .
Hustota dává preference hodnotám.
50

4.14. Příklad. f(x) =
(Rovnoměrné rozdělení)
Pro x ∈< 0, 1 >
x
FX(x) = dt = x .
0
⎧
⎪⎨ 0 x ≤ 0
FX(x) = x
⎪⎩
1
x ∈< 0, 1 >
x ≥ 1
4.15. Příklad. f(x) =
1 x ∈< 0, 1 >
0 jinak
x+1
2
x ∈< −1, 1 >
0 jinak
Pro distribuční funkci F (x) na intervalu < −1, 1 > platí
FX(x) =
x
−1
t + 1
2
2 t
dt =
4
= x2
4
x t
+ =
2 −1
x 1 (x + 1)2
+ + = .
2 4 4
Pravděpodobnost roste s kvadratickou rychlostí. Pro distribuční
funkci máme
⎧
⎪⎨ 0 x < −1
(x+1) FX(x) =
⎪⎩
2
4 x ∈< −1, 1 >
1 x ≥ 1
51

⎧
⎪⎨ x + 1 x ∈< −1, 0 >
4.16. Příklad.
Pro x ∈< −1, 0 >
f(x) = 1 − x
⎪⎩
0
x ∈< 0, 1 >
jinak
FX(x) =
x
−1
Pro x ∈< 0, 1 >
FX(x) = 1
2 +
2 t
(t + 1) dt =
2
x
4.17. Příklad. (Semicircular law)
f(x) =
0
x + t =
−1
x2 1
+ x +
2 2 .
(1 − t) dt = 1
2 +
t − t2
x = −
2 0
x2 1
+ x +
2 2 .
√
1
2π 4 − x2 x ∈< −2, 2 >
0 jinak
4 1
− x2 dx =
2 (x4 − x2 + 4 arcsin x
) + c .
2
Pro x ∈< −2, 2 > tedy máme:
FX(x) = 1
4π x4 − x2 + 1 x 1
arcsin +
π 2 2 .
52

4.18. Příklad. f(x) = 1
2 e−|x| .
Pro x < 0
Pro x ≥ 0
FX(x) = 1
2
x
−∞
FX(x) = 1 1
+
2 2
e t dt = ex
2 .
x
0
e −t dt = 1 1
−
2 2 e−x + 1 1
= 1 −
2 2 e−x .
53

4.19. Příklad. Střílíme na terč o poloměru r. Výhra je
dána vzdáleností zásahu d od středu terče vzorcem
X = 10(r − d) .
Nalezněte hustotu veličiny X.
Řešení:
Pro 0 ≤ x ≤ 10r
P [X ≤ x] = P [10r − 10d ≤ x] = P d ≥ r − x
= 1−P d ≤ r− x
= 1−
10
x π(r − 10 )2
π r2 = 1−
=
10
x (r − 10 )2
r2 .
Hustota pro x ∈ (0, 10r >:
f(x) = F ′ x −2(r − 10
X(x) = )
r2 · −1 1
=
10 5r2
r − x
.
10
Hustota je nulová mimo interval < 0, 10r >.
54

Důležité je reprezentovat náhodnou veličinu číselnými charakteristikami.
Jednou z nich je střední hodnota.
Motivace: Ve škole je N žáků z toho
n1 má prospěch x1 = 1
n2 má prospěch x2 = 2
n3 má prospěch x3 = 3
n4 má prospěch x3 = 4
n5 má prospěch x5 = 5
pi = ni
N
... relativní četnost.
Průměrný prospěch =
= n1x1 + n2x2 + n3x3 + n4x4 + n5x5
=
N
= n1
N x1 + n2
N x2 + n3
N x3 + n4
N x4 + n5
N x5 =
= x1p1 + x2p2 + x3p3 + x4p4 + x5p5 .
55

4.20. Definice. Nechť X je diskrétní náhodná veličina,
která nabývá hodnot x1, x2, . . . s pravděpodobnostmi
P [X = xi] = pi,
pi = 1 .
Předpokládejme, že
|xi| pi < ∞ .
i
Střední hodnota, EX, veličiny X je definovaná vztahem
EX =
i
xi pi .
4.21. Definice. Nechť X je náhodná veličina s hustotou
f(x) taková, že
∞
−∞
|x|f(x) dx < ∞ .
Střední hodnota, EX, veličiny X je definována vztahem:
EX =
∞
−∞
x f(x) dx .
i
56

4.22. Příklad. Konstantní náhodná veličina
P [X = c] = 1
EX = c · 1 = c .
4.23. Příklad. Počet ok při hodu hrací kostkou
EX = 1
(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 3, 5 .
6
4.24. Příklad. Alternativní rozdělení
EX = 0 · (1 − p) + 1 · p = p .
0 1
1 − p p
V tomto případě splývá střední hodnota s pravděpodobností
p.
57

4.25. Příklad. Házíme symetrickou mincí. X je počet
hodů než padne první líc.
P [X = n] = 1
, n = 1, 2, . . .
2n EX =
∞
n=1
n
.
2n Při výpočtu si pomůžeme teorií mocninných řad.
∞
n=0
x n = 1
, pro |x| < 1 .
1 − x
Derivace člen po členu:
∞
n x n−1 =
n=1
Pronásobením x
∞
n x n x
=
(1 − x) 2
n=1
Dosazením x = 1
2
EX =
∞
n=1
′
1 1
= .
1 − x (1 − x) 2
n 2
= = 2 .
2n 1
58

Na každá náhodná veličina má definovánu střední hodnotu.
Např. diskrétní veličina s pravděpodobnostní funkcí
P [X = 2 n ] = 1
, n = 1, 2 . . .
2n nemá střední hodnotu neboť
∞ ∞
1 = ∞ .
n=1
2n =
2n n=1
4.26. Příklad. Hustota
f(x) =
x+1
2
EX =
x ∈< −1, 1 >
0 jinak
1
−1
3 1
x + 1 x x2
x dx = + =
2 6 4 −1
1
3 .
59

4.27. Příklad. Semicircular law
EX = 1
2π
2
−2
x 1 − x 2 dx = 0 .
4.28. Věta. Jsou-li X1 a X2 náhodné veličiny na pravděpodobnostním
prostoru (Ω, A, P ), pak
(i) E(X1 + X2) = EX1 + EX2,
(ii) E(αX1) = αE(X1) , α ∈ R .
(iii) E(X1) ≥ 0 je-li X1 ≥ 0.
60

Podrobnější popis rozložení hodnot kolem střední hodnoty
poskytuje rozptyl
4.29. Definice. Rozptyl (variance) náhodné veličiny
X, pro kterou existuje EX a EX 2 je definován
varX = E[(X − EX) 2 ] .
Značení: var(X), D(X),
Směrodatná odchylka: var(X).
E[(X − EX) 2 ] = E[X 2 − 2 X · (EX) + (EX) 2 ] =
Způsob výpočtu:
EX 2 =
EX 2 =
i
∞
−∞
= E(X 2 ) − (EX) 2 .
x 2 i pi . . . diskrétní veličina
x 2 f(x) dx . . . spojitá veličina
61

4.30. Příklad. Alternativní rozdělení X
0 1
1 − p p
X 2 :
0 1
1 − p p
var(X) = EX 2 − (EX) 2 = p − p 2 = p(1 − p) .
var(X) ≤ 1
4
Nejvyšší možná hodnota rozptylu je pro p = 1
2
62
a to 1
4 .

4.31. Definice. Nechť FX(x) je distribuční funkce náhodné
veličiny X. Předpokládejme, že pro každé α ∈ (0, 1)
existuje právě jedno β tak, že F (β) = α.
α-kvantil náhodné veličiny X je číslo, pro které platí
FX(xα) = α .
α = P [X ≤ xα] .
Je-li FX prostá, pak xα = F −1
X (α) .
se v tomto případě nazývá kvantilová funkce.
F −1
X
Významné kvantily:
x0,5 . . . medián
x0,75 . . . horní kvartil
x0,25 . . . dolní kvartil
x0,9 . . . horní decil
x0,1 . . . dolní decil
x0,99 . . . horní percentil
Statistické tabulky: Průměrný čistý plat v ČR na osobu v
domácnosti v roce 2003 byl 8175 KČ.
Dolní decil x0,1=4524 KČ.
63

4.32. Příklad. X je spojité rozdělení s hustotou
f(x) = x+1
2 , x ∈< −1, 1 > a nula jinak.
Viz Příklad 4.15.
F (x) = 1
4 (x + 1)2 , x ∈< −1, 1 > .
α ∈ (0, 1)
F (x) = 1
4 (x + 1)2 = α
|x + 1| = √ 4α
Např. medián
xα = 2 √ α − 1
x0,5 = 2 1/2 − 1 .
64

4.33. Příklad. Doba rozpadu radioaktivního atomu je
náhodná veličina s hustotou
λ e
f(x) =
−λx x ≥ 0
0 x < 0 ,
kde λ > 0. Určete poločas rozpadu.
Řešení:
Poločas rozpadu je medián. Pro distribuční funkci máme
F (x) =
x
0
1 − e −λx = 0, 5
λe −λt dt = [−e −λt ] x 0 = 1 − e −λx .
e −λx = 0, 5
−λx = − ln 2
x =
ln 2
λ
Poločas rozpadu je medián
x0,5 =
ln 2
λ .
65

4.34. Tvrzení. Platí-li pro náhodné veličiny X a Y vztah
pak
Y = aX + b , a, b ∈ R, a > 0 ,
yα = axα + b
pro všechna α ∈ (0, 1).
Důkaz:
α = P [X ≤ xα] = P [aX + b ≤ axα + b] = P [Y ≤ axα + b]
.
66
yα

5 Důležitá rozdělení
Diskrétní rozdělení
Alternativní rozdělení A(p), 0 < p < 1.
0 1
1 − p p
EX = p
varX = p(1 − p) .
Binomické rozdělení Bi(n, p), n ∈ N, 0 < p < 1.
0 1 2 . . . n
p0 p1 p2 . . . pn
P [X = k] = pk =
n
p
k
k (1 − p) n−k
67
k = 0, 1, . . . , n .

X = počet zdarů v sérii n pokusů
Bernoulliova schématu.
• počet líců v sérii n hodů
• počet osob volící daný politický subjekt z n
dotázaných
• počet osob sledujících daný TV pořad z n
sledovaných
• počet částic v náhodně zvolené příhrádce z n
příhrádek
• počet vadných sučástek z n náhodně vybraných
součástek
1 nastal-li zdar v i − tém pokusu
Xi =
0 jinak
Xi má rozdělení A(p).
X = X1 + X2 + · · · + Xn .
68

5.1. Příklad. S.Pepys (1693), náruživý hráč v
kostky. Co je pravděodobnější, že šesti kostkami
hodíme alespoň jednu šestku (jev A), nebo že dvanácti
kostkami hodíme alespoň dvě šestky (jev B)?
Vyřešil Newton.
počet šestek při hodu šesti kostkami ... Bi(6, 1/6).
(p = 1
6 )
P (A) =
6
k=1
6
p
k
k (1 − p) n−k =
6
1 − p
0
0 (1 − p) 6 = 0, 6651 .
počet šestek při hodu dvanácti kostkami ... Bi(12, 1/6).
(p = 1
6 )
12
P (B) =
k=2
12
1−
0
12
p
6
k (1 − p) n−k =
p 0 (1−p) 12 −
69
12
1
p(1−p) 11 = 0, 6189 .

Domácí cvičení: Pravděpodovbnost, že 18 kostkami
hodíme alespoň 3 šestky je 0,5973.
5.2. Příklad. Náhodná procházka
Částice se pohybuje po ose x. Začíná v bodě 0.
V daném stádiu se rozhodne s pravděpodobností
1/2 jít doprava a s pravděpodobností 1/2 doleva.
Sn je poloha částice v čase n. Jaké je rozdělení Sn?
Bernoulliovo schéma, n pokusů; p = 1
2 .
1.. jdeme doprava, -1... jdeme doleva.
Je-li k jedniček a n − k -jedniček, pak je poloha
k − (n − k) = 2k − n k = 0, . . . n .
n
P [Sn = 2k − n] = 2
k
−n .
(Dá se ukázat, že částice s pravděpodobnosí jedna
navštíví každý bod. Totéž pro dvě dimenze, ne
však pro tři.)
70

5.3. Příklad.
Maxwellovo-Boltzmanovo schéma
Máme n částic a r příhrádek. Každá částice si
vybírá nějakou příhrádku. Všechny možnosti mají
stejnou šanci. Jaké je rozložení počtu částic v pevně
zvolené příhrádce?
Bernoulliovo schéma: vybraná částice si zvolí danou
přihrádku, celkem n pokusů (máme n částic).
Šance zdaru je 1
r .
Náhodná veličina má rozdělení Bi(n, 1
r ).
Konkrétní situace:
5.4. Příklad. Máme n = 500 osob a r = 365
příhrádek (narozeniny). Počet osob mající narozeniny
dne 18.7. (jako přednášející) se řídí Bi(500, 1
365 ).
Tabulka numerických hodnot:
počet 0 1 2 3 4 5 6
pravděpodobnost 0,2537 0,3484 0,2388 0,1089 0,0372 0,0101 0,0023
71

Pravděpodobnost, že tři osoby mají narozeniny 18.7.
je 0,1089 .
další modely: osoby obsazující vagóny, výsledky
hodu kostkou padající do 6 možností, . . .
72

Charakteristiky Bi(n, k).
X = X1 + X2 + · · · + Xn
Xi . . . A(p), EXi = p.
EX = EX1 + EX2 + · · · + EXn = np .
E(X 2 ) = E(X1+X2+· · ·+Xn) 2 = EX 2 1+EX 2 2 · · ·+EX 2 n+
+ 2E(X1X2) + 2E(X1X3) + · · · .
Je-li i = j máme pro Xi Xj rozdělení
0 1
1 − p 2 p 2
Tedy E(XiXj) = p2 , což znamená, že
EX 2
n
= np + 2 · p
2
2 .
Konečně,
var(X) = EX 2 −(EX) 2 = np+2·
np+2
n
2
p 2 −n 2 p 2 =
n(n − 1)
p
2
2 −n 2 p 2 = np−np 2 = np(1−p) .
73

Má-li X rozdělení Bi(n, p), pak
EX = np varX = np(1 − p)
Průměrný počet šestek při sérii n hodů hrací kostkou
je n
6 .
Průměrný počet částic v jedné přihrádce u 500
částic náhodně rozptýlených v 365 příhrádkách je
= 1, 369863014.
500
365
. . .
74

Co se děje s binomickým rozdělením, jestliže se
nemění střední hodnota, ale počet pokusů jde do
nekonečna?
5.5. Věta. Poissonova věta
Předpokládejme, že (Xn) ∞ n=1 je posloupnost náhodných
veličin majících rozdělení Bi(n, λ),
kde n
λ > 0. (Tj. EXn = λ pro všechna n.) Pak
Důkaz:
lim
n→∞ P [Xn = k] = λk
k! e−λ .
pn = λ
n .
P [Xn = k] =
= 1
k!
lim
n→∞
n
p
k
k n(1 − pn) n−k =
npn · (n − 1)pn · · · (n − k + 1)pn
(1 − pn) k
npn
1 − pn
(n − 1)pn
lim
n→∞ 1 − pn
= lim
n→∞
λ
1 − λ
n
= λ .
λ −
= lim
n→∞
λ
n
1 − λ
n
75
= λ .
1− λ
n .
n

Tedy
lim
n→∞ P [Xn = k] = λk
lim 1 −
k! n→∞
λ
n =
n
λk
k! e−λ .
Aproximujeme pro n velké a pn malé
P [X = k] ∼ λk
k! e−λ .
5.6. Příklad. Stroj produkuje 1% zmetků. Jaká
je pravděpodobnost, že z 200 náhodně vybraných
výrobků neni žádný zmetek?
X ∼ Bi(200, 1
100 )
P [X = 0] = 0, 99 200 = 0, 1340 .
Aproximace pomocí Poissonovy věty:
λ = 200 · 1
100
= 2
P [X = 0] . = e −2 = 0, 1353.
76

n částic se náhodně rozděluje do r příhrádek, při-
čemž n, r → ∞ při konstantním poměru λ = n
r .
Počet částic v pevně zvolené příhrádce se asymtoticky
řídí Poissonovým zákonem s parametrem λ.
5.7. Příklad. X ∼ Bi(500, 365) ... viz Příklad 5.4.
počet 0 1 2 3 4 5 6
binomický zákon 0,2537 0,3484 0,2388 0,1089 0,0372 0,0101 0,0023
Poissonův zákon 0,2541 0,3481 0,2385 0,1089 0,0372 0,0102 0,0023
77

Poissonovo rozdělení
Náhodná veličina X, která nabývá hodnot 0, 1, . . .
s pravděpodobnostmi
P [Xn = n] = λn
n! e−λ , n = 0, 1, . . .
P o(λ)
P [X = 0] = e −λ
P [X > 0] = 1 − e −λ .
5.8. Příklad. Lahve se vyrábějí ze skloviny obsahující
kazy, keré jsou rozděly nepravidelně tak, že
v každém metrickém centu skloviny je průměrně
x kazů. Láhev váží 1 kg a je vadná obsahuje-li jeden
či více kazů. Stanovte procento vadných lahví.
Řešení Z M metrických centů se vyrobí 100M
lahví, které budou obsahovat přibližně xM kazů.
Pro počet kazů v jedné lahvi tedy máme rozdělení
Bi(xM,
1
) .
100M
EX = λ = xM 1
100M
78
= x
100 .

Pro M → ∞ máme rozdělení
x
P o
100
Pravděpodobnost, že láhev bude bez kazu je
x
−
1 − e 100 .
Je-li například x = 30, pak procento vadných lahví
bude 1 − e −0,3 = 0, 2592.
Při velkém počtu kazů je výhodnější vyrábět menší
lahve. Je-li např. váha lahve 0, 25kg je procento
zmetků 7, 22%.
79

Charakteristiky P (λ):
EX =
EX 2 =
Tedy
∞
n=0
= e −λ
∞
n=0
n λn
n! e−λ
∞
λ
= λ
n=1
n−1
e
(n − 1)!
−λ =
= λe λ e −λ = λ .
2 λn
n
∞
n=2
n! e−λ =
∞
n=2
λ n
(n − 2)! +λ = e−λ λ 2
n(n−1) λn
n! e−λ +
∞
n=2
= e −λ λ 2 e λ + λ = λ 2 + λ .
=λ
∞
n=0
n λn
n! e−λ =
λn−2 +λ =
(n − 2)!
var(X) = EX 2 − (EX) 2 = λ 2 + λ − λ 2 = λ .
E(X) = λ
var(X) = λ
80

Příklady Poissonova rozdělení: (homogenní chaos
v prostoru nebo čase)
• počet volání na telofonní ústřednu za jednotku
času
• počet atomů radioaktivní látky rozpadlých za
jednotku času
• počet hvězd v daném objemu galaxie
• počet létavic meteorického roje za jednotku
času
• počet střel zasahující danou oblast
• počet defektů kola (bad luck) za jednotku
času
• počet zákazníků za jednotku času
81

Geometrické rozdělení Ge(p), 0 < p < 1.
X je počet zdarů v Bernoulliově schématu před
prvním nezdarem.
P [X = 0] = 1 − p .
P [X = 1] = (1 − p)p .
P [X = 2] = (1 − p)p 2 .
...................................
P [X = k] = (1 − p)p k
82
k = 0, 1, . . . .

5.9. Příklad. Dva hráči se střídají a házejí hrací
kostkou. Vyhrává ten komu padne šestka. Jaká je
pravděpodobnost výhry u jednotlivých hráčů?
X . . . geometrické rozdělení s p = 5
6 .
A ... vyhrává hráč, který začíná
P (A) = P [X = sudé] =
= 1
1 + 5
6
∞
(1−p)p 2k ∞
= (1−p) p 2k =
k=0
1 1
= (1 − p) =
1 − p2 1 + p =
= 6
= 0, 54545455 .
11
83
k=0

Střední hodnota geometrického rozdělení:
EX =
∞
n (1 − p) p n ∞
= (1 − p) n p n =
n=0
= (1−p) p d
dp
∞
n=0
n=0
p n
= (1−p)p d
1
=
dp 1 − p
1 p
= (1 − p)p =
(1 − p) 2 1 − p .
5.10. Příklad. Žák umí 90% látky. Kolik přežije
průměrně otázek?
Ge(p), p = 0, 9
EX =
0, 9
1 − 0, 9
= 9 .
84

Rozptyl
d 2
dp 2
∞
p n =
n=0
E(X 2 ) − EX =
2 d2
= (1−p)p
dp2 ∞
n(n − 1)p n−2 .
n=0
∞
n(n − 1)(1 − p)p n =
n=0
∞
n=0
p n = (1−p)p 2
′′
1
=
1 − p
= (1 − p)p 2 2 2p2
= .
(1 − p) 3 (1 − p) 2
E(X 2 )−(EX) 2 = 2p2
p p2
+ − =
(1 − p) 2 1 − p (1 − p) 2
p2 p
+
(1 − p) 2 1 − p = p2 + p(1 − p)
(1 − p) 2
85
=
=
p
.
(1 − p) 2

EX =
varX =
p
1 − p
p
.
(1 − p) 2
Rovnoměrné rozdělení na < a, b >
R < a, b >.
Hustota:
f(x) =
1
b−a
Distribuční funkce:
x ∈< a, b >
0 jinak
⎧
⎪⎨
x−a
b−a x ∈< a, b >
F (x) = 0
⎪⎩
1
x < a
x > b
86

EX = x 1
2 b
1 x
dx = =
b − a b − a 2
a
EX 2 = 1
b
b − a
a
= b2 − a 2
2(b − a)
x 2 dx = 1 b
b − a
3 − a3 3
a
= a + b
2
=
= a2 + ab + b 2
3
var(X) = E(X 2 )−(EX) 2 = a2 + ab + b 2
= a2 − 2ab + b 2
12
a + b
EX =
2
varX = 1
12 (b − a)2 .
87
−
3
a2 + 2ab + b2 4
= 1
12 (b − a)2 .
.
.
=

Normální rozdělení (Gaussovo rozdělení)
N(µ, σ 2 ).
µ ∈ R, σ 2 > 0.
hustota:
f(x) = 1 (x−µ)2
−
√ e 2σ
2πσ 2
Vychází z Laplaceova integrálu:
∞
−∞
e −x2
dx = √ π .
standardní, normované normální rozdělení: N(0, 1).
značení:
Φ(x) = 1
√ 2π
x
−∞
t2
−
e 2 dt
počítá se numericky, tabelována.
88

Souvislost mezi normálními rozděleními různých
parametrů.
• Má-li Y rozdělení N(0, 1) =⇒ X = µ+σ Y má
rozdělení N(µ, σ 2 ).
Odvození:
FX(x) = P [X ≤ x] = P [µ + σ Y ≤ x] =
x − µ x − µ
= P Y ≤ = Φ
σ
σ
d
dx FX(x) = 1
√ e
2π
x−µ
(
− σ )2
2 · 1
σ =
= 1 (x−µ)2
−
√ e 2σ
2πσ 2 .
• Má-li X rozdělení N(µ, σ), pak Y = X−µ
σ má
rozdělení N(0, 1).
89

5.11. Příklad. S jakou pravěpodobností má veličina
X s rozdělením N(1, 4) hodnotu v intervalu
< 3, 5 > ?
5 − 1 3 − 1
P [3 ≤ X ≤ 5] = Φ − Φ =
2
2
= Φ(2)−Φ(1) = 0, 97250−0, 841345 = 0, 131155.
5.12. Tvrzení. Vzhledem k tomu, že hustota standardního
normálního rozdělení je sudá funkce, platí
Φ(x) = 1 − Φ(−x) x ∈ R .
90

5.13. Příklad. Spočtěte pravděpodobnost, že veličina
X s rozdělením N(0, σ 2 ) má hodnotu v intervalu
< −a, a >, kde a > 0.
Řešení:
P [−a ≤ X ≤ a] = P [− a X a
≤ ≤ ] =
σ σ σ
a
= Φ −Φ −
σ
a
a
a
= Φ − 1−Φ =
σ σ
σ
a
2Φ − 1 .
σ
Střední hodnota a rozptyl normálního rozdělení:
Pro Y s rozdělením N(0, 1) platí
EY = 1
√ 2π
∞
−∞
x2
−
xe 2 dx = 0 .
91

1 = 1
√ 2π
∞
−∞
x2
−
e 2 dx .
Použijeme metodu per partes pro
u ′ x2
− = 1 v = e 2
a dostaneme
u = x v ′ x2
− = −xe 2
1 = 1
√ xe
2π
Odtud plyne, že
x2
− 2
∞
−∞
=0
var(Y ) = E(Y 2 ) = 1 .
+ 1
√ 2π
Obecně: X má rozdělení N(µ, σ 2 )
a proto
X = σY + µ ,
EX = σEY + µ = µ .
92
∞
−∞
x 2 x2
−
e 2 dx .

Závěr:
X 2 = σ 2 Y 2 + 2µσY + µ 2
EX 2 = σ 2 + 0 + µ 2 .
varX = E(X 2 ) − (EX) 2 = σ 2 + µ 2 − µ 2 = σ 2 .
EX = µ
var(X) = σ 2 .
93

kvantilová funkce a kvantily
uα ... α-kvantil N(0, 1).
kvantilová funke je inverzní funkce Φ −1 .
Některé numerické hodnoty:
u0,5 = 0,
u0,95 = 1, 644,
u0,975 = 1, 95996
u0,999 = 3, 09023
Pro α → 1 jde uα → ∞.
5.14. Tvrzení.
(i) u1−α = −uα pro všechna α ∈ (0, 1).
(ii) Pro α-kvantil xα rozdělení N(µ, σ 2 ) platí
xα = µ + σ uα .
94

5.15. Příklad. Určete interval < −a, a > tak,
aby náhodná veličina Y s rozdělením N(0, 1) měla
v tomto intervalu hodnotu s pravděpodobností 0,95.
a = u0,975
.
= 1, 96 .
Pravidlo 3σ
Máme rozdělení X typu N(µ, σ 2 ). Určeme
Řešení:
P [|X − µ| ≤ 3σ] .
|X − µ|
P
σ
≤ 3 = Φ(3) − Φ(−3) =
= 2Φ(3)−1 = 2·0, 99865−1 = 0, 99730 .
Po třech σ zbývají asi tři promile případů.
95

5.16. Příklad. Pro oděvní továrnu je neziskové
vyrábět šaty pro velmi malé a velmi velké muže.
Záměr je nevyrábět pro 7,5% největších a 7,5%
nejmenších mužů. Ví se, že výška mužů (v palcích)
má rozdělení N(69, 2, 8 2 ). Nalezněte největší
a nejmenší výšku pro kterou vyrábět.
Řešení
u0,925 = 1, 43953 .
x0,925 = 69 + 2, 8 · 1, 43953 = 73, 03068
x0,075 = 69 − 2, 8 · 1, 43953 = 64, 96932
96

5.17. Příklad. Výsledky přijímacích zkoušek se
řídí normálním rozdělením s rozptylem 100. Je přijato
30% uchazečů. Hranice pro přijetí je 85 bodů.
Jaký je průměrný výsledek u zkoušky?
Řešení:
N(µ, σ 2 )
x0,7 = µ + 10 · u0.7
µ = 85 − 10 · u0,7 = 85 − 10 · 0, 52440 . = 79, 8 .
5.18. Příklad. Máme rozdělení N(µ, 0, 5). Jak
zvolit střední hodnotu, aby
Řešení:
P [X ≥ 2] = 0, 01 .
X − µ
P √ ≥
0, 5
2 − µ
√ 0, 5 = u0,99
µ = 2 − 0, 5 · u0,99
2 − µ
√ = 0, 01
0, 5
97
.
= 0, 355023643

Exponenciální rozdělení
hustota:
Exp(λ) λ > 0
f(x) =
distribuční funkce:
x ≥ 0
F (x) =
funkce přežití:
λ e −λx x ≥ 0
0 x < 0 .
x
0
−λ x
P [X ≥ x] = e
λ e −λx dx = 1 − e −λ x .
Exponenciální rozdělení popisuje čas do první ”poruchy”
u systému ”bez paměti”
98

Odvození:
Hledáme funkci přežití
R(t) = P [X ≥ t]
tak, aby byly splněny následující předpoklady:
(i) R(0) = 1
(ii) P [X ≥ t + h|X ≥ t] = P [X ≥ h] pro
všechna x, h ≥ 0.
(iii) R je diferencovatelná klesající funkce
Z toho plyne:
P [X ≥ t + h] = P [X ≥ t] · P [X ≥ h] .
R(t + h) = R(t)R(h)
R(t + h) − R(t)
h
= R(t)R(h) − R(t)
=
h
R(h) − 1
= R(t)
h
99

Limitním přechodem h → 0+ dostaneme
R ′ (t) = R(t) · R ′ (0)
R(0) = 1
Diferenciální rovnice s počáteční podmínkou.
Označme
R ′ (0) = −λ (λ > 0).
Řešení (jediné):
R(t) = e −λt .
R(t) tedy vede na exponenciální rozdělení.
100

Střední hodnotu a rozptyl získáme integrací (per
partes)
E(X) = 1
λ
var(X) = 1
λ 2
λ ... ”intenzita poruch”
Příklady exponenciálního rozdělení:
• doba rozpadu atomu
• doba do registrace zákazníka
• doba do příletu létavice v meteorickém roji
101

5.19. Příklad. Na přílet meteoritu se průměrně
čaká deset minut. Jaká je pravděpodobnost, že budeme
na ”padající hvězdu” čekat dvě minuty?
Řešení:
1
= 10 λ = 0, 1
λ
F (2) = 1 − e −2·0,1 = 1 − e −0,2 . = 0, 18127 .
102

6 Transformace náhodných
veličin
Nutnost přepočítat distrubuční funkci. Například
máme měření rychlosti a chceme ho přepočítat na
energii.
Obecná úloha: X je náhodná veličina, h : R ↦→ R
Y = h(X)
• Diskrétní náhodná veličina se vždy zobrazí na
diskrétní
6.1. Příklad. Diskrétní rozdělení X s pravděpo-
dobnostní funkcí -1 0 1
0,3 0,2 0,5
Y = X 2 ... 1 0 1
0,3 0,2 0,5
Y ...
0 1
0,2 0,8
103

Obecně stanovíme transformaci pomocí distribuční
funkce:
Y = h(X)
FY (y) = P [h(X) ≤ y]
6.2. Příklad. Rychlost molekul plynu má rozdělení
N(0, 1). Molekula má hmotnost m. Nalezněte
distribuční funkci a hustotu energie částice.
X ∼ N(0, 1)
Y = 1
2 mX2
Nerovnice 1
2 mX2 ≤ y má řešení pouze pro y ≥ 0.
y ≥ 0
FY (y) = P [ 1
2 mX2
2
≤ y] = P [X ∈< −
m y,
2
y >] =
m
2
= Φ
m y
2
−Φ −
m y
2
= 2 Φ
m y
−1 .
104

Hustota je pro y > 0 derivací distribuční funkce:
g(y) = 2 1
√ e
2π − 2 m y
2
2 ·
m ·
Pro y ≤ 0 je g(y) = 0 .
1
2 √ y =
Důležitý je případ lineární transformace.
a > 0
a < 0
Y = aX + b, a = 0
FY (y) = P [aX + b ≤ y] = P X ≤
FY (y) = P [aX + b ≤ y] = P X ≥
105
1 y
−
√ e m
mπy
y − b
= FX
a
y − b
a
.
y − b
y − b
= 1 − FX
a
a −
.

Užitečné je aplikovat toto pravidlo na spojité rozdělení
6.3. Tvrzení. Je-li X spojitá náhodná veličina s
hustotou f(x), pak náhodná veličina
Y = aX + b , a = 0
je spojitá a má hustotu
g(y) = 1
|a| f
y − b
.
a
Důkaz:
a > 0
y − b
FY (y) = F
a
Derivací podle y:
a < 0
g(y) = 1
a f
y − b
a
.
y − b
FY (y) = 1 − F
a
106

Derivací podle y:
g(y) = − 1
a f
y − b
a
.
6.4. Příklad. X má rovnoměrné rozdělení na intervalu
< 0, 3 >. Určete hustotu
Y = 2X + 1
g(y) = 1
2 f
y − 1
.
2
y − 1
2
g(y) =
∈< 0, 3 > ⇐⇒ y ∈< 1, 7 > .
1/6 y ∈< 1, 7 >
0 jinak
Y má rovnoměrné rozdělení na intervalu < 1, 7 >.
107

6.5. Příklad. Y = −X, kde X má rozdělení
N(0, 1).
g(y) = 1 (−y)2
− √ e 2 =
2π 1 y2
− √ e 2
2π
Y má také rozdělení N(0, 1).
6.6. Příklad. X má rozdělení Exp(1). Určete
rozdělení −X.
g(y) = f(−y)
e
g(y) =
y y ≤ 0
0 y > 0 .
108

Nelineární transformace náhodné veličiny
Předpoklady: X má hustotu f(x) soustředěnou na
intervalu I a h je rostoucí diferencovatelná funkce
definovaná na I, jejíž obor hodnot je interval J.
Y = h(X)
Pro y /∈ J bude hustota nulová.
Pro y ∈ J
FY (y) =
h −1 (y)
−∞
f(x) dx
Substituce: t = h(x), x = h −1 (t), dt = h ′ (x) dx.
FY (y) =
y
−∞
f(h −1 (t))
dt
h ′ (h −1 (t))
Podobně lze postupovat v případě, kdy h je klesající,
nebo je možno použít −(−h).
109

Závěr:
g(y) = f(h−1 (y))
|h ′ (h −1 (y))| .
pro y ∈ J a nula jinak.
6.7. Příklad. Logaritmicko-normální rozdělení
Y = e X ,
kde X má rozdělení N(µ, σ 2 ).
h(x) = e x , h −1 (x) = ln x , J = h(R) = (0, ∞) .
g(y) =
pro y > 0; a nula jinak.
f(ln y) 1 (ln y−µ)2
−
= √ e 2σ
eln y
2πσ 2
1
y ,
110

K výpočtu střední hodnoty transformované veličiny
nepotřebujeme znát rozdělení transformace:
6.8. Věta. Předpokládejme, že X je náhodná veličina
a Y = h(X). Pak
(i) E(Y ) =
h(xi)pi ,
i∈I
je-li X diskrétní náhodná veličina s pravděpodobnostní
funkcí (xi, pi)i∈I.
(ii) E(Y ) =
Důkaz:
∞
−∞
f(x)h(x) dx
je-li X spojitá náhodná veličina s hustotou
f(x).
(i) h(Y ) má (včetně násobnosti) pravděpodobnostní
funkci (h(xi), pi)i∈I, a proto
E(Y ) =
h(xi)pi .
i∈I
(ii) je spojitou verzí.
111

6.9. Příklad. Určete střední hodnotu třetí mocniny
rozdělení Exp(1).
E(Y ) =
∞
0
x 3 e −x dx = 6 .
112

7 Náhodné vektory
Značení: x = (x1, x2, . . . xn) ∈ C n
7.1. Definice. Nechť (Ω, A, P ) je pravděpodobnostní
prostor. Zobrazení X : Ω → R n
X(ω) = (X1(ω), X2(ω), . . . , Xn(ω)) ,
kde X1, . . . , Xn jsou náhodné veličiny na Ω, se
nazývá náhodný vektor. Veličiny X1, . . . , Xn se
nazývají marginální rozdělení vektoru X.
Nestačí znát marginální distribuční funkce, ale distribuční
funkci sdruženou.
Značení:
[X ≤ x] = [X1 ≤ x1 ∧ X2 ≤ x2 ∧ · · · ∧ Xn ≤ xn].
7.2. Definice. Je-li X : Ω → R n náhodný vektor,
pak distribuční funkci FX : R n → R definujeme
jako
FX(x) = P [X ≤ x] .
113

7.3. Příklad. X má distribuční funkci F . Určete
distribuční funkci náhodného vektoru
X = (X, X)
FX(x, y) = P [X ≤ x ∧ X ≤ y] =
= P [X ≤ min(x, y)] = F (min(x, y))
Pomocí distribuční funkce spočítáme všechny relevantní
pravděpodobnosti:
např.
X = (X, Y )
P [(a < X ≤ b) ∧ (c < Y ≤ d)] =
= FX(b, d)−FX(a, d)−FX(b, c)+FX(a, c) .
114

Základní vlastnosti vícerozměrné distribuční funkce:
7.4. Věta. Je-li F (x1, . . . , xn) sdružená distribuční
funkce náhodných veličin X1, . . . , Xn, pak
(i) limx1→∞,x2→∞,... ,xn→∞ F (x1, . . . , xn) = 1
(ii) lim
x1→−∞,x2→−∞,... ,xn→−∞ F (x1, . . . , xn) = 0
(iii) F je zprava spojitá a neklesající v každé proměnné.
Tyto vlastnosti nestačí k tomu, aby F byla distribuční
funkcí. Musí splňovat složitejší podmínku
pro hodnoty ve vrcholech vícerozměrných intervalů.
Jak spočítat marginální rozdělení vektoru
X = (X1, . . . , Xn)?
FX1(x) = lim
x2→∞,x3→∞,... ,xn→∞ FX(x, x2, x3, . . . , xn) .
115

7.5. Příklad. X má rovnoměrné rozdělení na jednotkovém
kruhu se středem v počátku. Nalezněte
marginální rozdělení.
X = (X, Y )
Pro −1 < x < 1.
FX(x) = 2
x
π
−1
√ 2 1
1 − t2 dt =
π
= x√ 1 − x 2
π
+ arcsin x
2 t√1 − t2 + 1
arcsin t
2
π
+ 1
2 .
7.6. Definice. Náhodný vektor se nazývá diskrétní,
jestliže všechny jeho složky mají diskrétní rozdělení.
Diskrétní vektor je dán pravděpodobnostní funkcí:
(x1, p1); (x2, p2); (x3, p3), . . .
n
pi > 0 , pi = 1 .
i=1
116
x
−1
=

7.7. Příklad. Pravděpodobnost soustředěná ve
vrcholech čtverce:
P [X = (0, 0)] = 1/8, P [X = (0, 1)] = 1/4,
P [X = (1, 0)] = 1/8, P [X = (1, 1)] = 1/2
tabulka:
Y/X 0 1
0 1/8 1/4
1 1/8 1/2
Diskrétní rozdělení pro X
P [X = 0] = 1/8 + 1/4 = 3/8
P [X = 1] = 1/8 + 1/2 = 5/8
X ∼ A(5/8).
Podobně Y ∼ A(3/4).
117

• Distribuční funkce diskrétního vektoru je po částech
konstantní.
• Má-li X diskrétní rozdělení je
P [X ∈ A] =
{i | xi∈A}
pi .
• Marginální rozdělení diskrétního rozdělení má
pravděpodobnostní funkci
P [X1 = a] =
{i | xi∈A}
kde A = {xi | (xi)1 = a}.
118
pi ,

7.8. Definice. Nechť f(x1, . . . , xn) ≥ 0 je funkce
definovaná na Rn s
f(x) dx = 1 .
R n
Náhodný vektor X = (X1, . . . , Xn) má spojité
rozdělení s hustotou f, jestliže
x1
x2
xn
FX(x1, . . . , xn) = · · · f(t1, . . . , tn)dt1 · · · dtn .
•
−∞ −∞
−∞
f(x1, . . . , xn) = ∂n FX(x1, . . . , xn)
∂x1∂x2 · · · ∂xn
v bodech spojitosti funkce f
•
P [X ∈ A] =
A
Například: X = (X, Y )
f(x) dx .
P [X ∈ (a, b > ∧Y ∈ (c, d >] =
119
b
a
d
c
f(x, y) dxdy .

7.9. Příklad. Rovnoměrné rozdělení na jednotkové
kouli se středem v počátku má hustotu
f(x, y, z) =
1
4/3π
0 jinak
pro x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1
7.10. Příklad. Dvourozměrná distribuční funkce
F (x, y) =
Pro x, y > 0
(1 − e −x )(1 − e −y ) je-li x, y > 0
0 jinak
f(x, y) = ∂2
∂x∂y (1 − e−x )(1 − e −y ) =
= e −x e −y .
(Jinak je f(x, y) nulová.) Je správně neboť
f(x, y) =
∞
0
∞
0
e −x e −y = 1 .
120

Marginální rozdělení:
X = (X1, . . . , Xn) má hustotu f(x1, . . . , xn).
Pak X1 má distribuční funkci:
FX1(x) =
=
x
−∞
x
∞
−∞ −∞
∞
−∞
· · ·
∞
−∞
(n−1)×
· · ·
∞
−∞
(n−1)×
Hustota tedy bude
fX1(x) =
∞
−∞
· · ·
∞
−∞
(n−1)×
f(t1, . . . , tn) dt1 · · · dtn =
f(t1, . . . , tn) dt2 · · · dtn
121
dt1
f(x, t2, · · · tn) dt2 · · · dtn .

7.11. Příklad. Dvourozměrné Gaussovo rozdělení
hustota:
f(x, y) = 1
2π e− x2 +y 2
2 .
X, Y ∼ N(0, 1)
FX(x, y) = Φ(x)Φ(y) .
Např.
P [X ≤ 3∧Y ≤ 5] = Φ(3)Φ(5) = 0, 9986498158.
Jaká je pravděpodobnost, že (X, Y ) ∈ A, kde A
je mezikruží
A = {(x, y) | 4 ≤ x 2 + y 2 ≤ 9}?
P = 1
2π
A
Substituce:
x = ϱ sin ϕ, y = ϱ cos ϕ,
Jakobián: dxdy = ϱ dϱ dϕ.
122
e − x2 +y 2
2 dxdy

P = 1
2π
2π
0
2
3
e −ϱ2 /2 ϱ dϱ dϕ =
= 1
2π 2π[−e−ϱ2 /2 ] 3 2 = e −2 −e −9/2 = 0, 12422 .
Nezávislost náhodných veličin
7.12. Definice. Náhodné veličiny X1, . . . , Xn na
pravděpodobnostním prostoru (Ω, A, P ) jsou nezávislé,
jestliže sdružená distribuční funkce vektoru
X = (X1, . . . , Xn)
je součinem marginálních distribučních funkcí.
123

7.13. Tvrzení. Náhodné veličiny X1, . . . , Xn jsou
nezávislé právě tehdy když
P [(X1 ∈ I1) ∧ (X2 ∈ I2) ∧ · · · ∧ (Xn ∈ In)] =
= P [X1 ∈ I1] · P [X2 ∈ I2] · · · P [Xn ∈ In]
pro všechny možné výběry intervalů I1, . . . , In ⊂
R.
Zdůvodnění pro X = (X, Y ), kde X, Y jsou nezávislé
:
P [X ∈ (a, b > ∧Y ∈ (c, d >] =
= FX(b, d)−FX(a, d)−FX(b, c)+FX(a, c) =
= FX(b)Fy(d)−FX(a)FY (d)−FX(b)FY (c)+FX(a)FY (c) =
= (FX(b) − FX(a))(FY (d) − FY (c)) .
7.14. Příklad. X = (X, Y ) je rovnoměrné rozdělení
na čtverci < 0, 1 > × < 0, 1 >. Pak X a
Y jsou nezávislé:
0 ≤ x, y ≤ 1
FX(x, y) = xy = FX(x) · FY (y)
124

7.15. Tvrzení. Diskrétní náhodné veličiny
X1, . . . , Xn jsou nezávislé právě tehdy když všechny
jevy
[X1 = x1], [X2 = x2], . . . , [Xn = xn] ,
kde x1, . . . , xn ∈ R, jsou nezávislé.
7.16. Příklad. Pravděpodobnost soustředěná ve
vrcholech čtverce:
P [X = (0, 0)] = 1/8, P [X = (0, 1)] = 1/4,
P [X = (1, 0)] = 1/8, P [X = (1, 1)] = 1/2
tabulka:
Y/X 0 1
0 1/8 1/4
1 1/8 1/2
X a Y nejsou nezávislé, protože
P [X = 0 ∧ Y = 0] = 1/8 = P [X = 0]P [Y = 0] = 3/8 · 1/4 .
125

X = (X1, . . . , Xn)
náhodné veličiny v Bernoulliově schématu. Tyto
veličiny jsou nezávislé.
Binomické rozdělení Bi(n, p) je součtem n nezávislých
alternativních rozdělení A(p).
126

7.17. Tvrzení. Spojité vícerozměrné rozdělení je
rozdělení nezávislých veličin právě tehdy když sdružená
hustota je součinem hustot marginálních.
Důvod: hustota je derivací distribuční funkce.
7.18. Příklad. Je-li (X, Y ) rovnoměrné rozdělení
na jednotkovém kruhu, pak X a Y nejsou
nezávislé, protože součin marginálních hustot je
nenulový v každém bodě čtverce
< 0, 1 > × < 0, 1 >.
7.19. Příklad. X a Y jsou nezávislé náhodné
veličiny s rozděleními N(0, σ 2 1), N(0, σ 2 2). Jaká je
hustota součinu?
f(x, y) =
1
2πσ1σ2
Gaussovská plocha.
x2
−
2σ e 2 −
1
y2
2σ2 2
127

charakteristiky nezávislých veličin:
7.20. Věta. Jsou-li X1, . . . , Xn nezávislé náhodné
veličiny na pravděpodobnostním prostoru (Ω, A, P ),
pak
E(X1X2 · · · Xn) = E(X1)E(X2) · · · E(Xn) .
Důkaz: pro diskrétní rozdělení
X má pravděpodobnostní funkci (xi, pi)i∈I
Y má pravděpodobnostní funkci (yj, pj)j∈J
E(XY ) =
=
i∈I,j∈J
i∈I
i∈I,j∈J
xi yjP [X = xi ∧ Y = yj] =
xi yjP [X = xi]P [Y = yj] =
= xiP [Y = xi] · yjP [Y = yj] =
128
j∈J
= E(X)E(Y )

7.21. Věta. Jsou-li X1, . . . , Xn nezávislé náhodné
veličiny na pravděpodobnostním prostoru (Ω, A, P ),
pak
var(X1 + X2 + · · · + Xn) = var(X1) + var(X2) + · · · + var(Xn) .
Důkaz pro n = 2
Víme, že E(X1X2) = E(X1)E(X2).
var(X1+X2) = E[(X1+X2) 2 ]−(E(X1)+E(X2)) 2 =
= E(X 2 1) + E(X 2 2) + 2E(X1X2) −
−(E(X1)) 2 −(E(X2)) 2 −2E(X1)E(X2) =
E(X1) 2 −(E(X1)) 2 +E(X2) 2 −(E(X2)) 2 =
= var(X1) + var(X2) .
129

7.22. Příklad. Pro X s rozdělením Bi(n, p) a
Y s rozdělením A(p) platí
var(X) = n var(Y ) = np(1 − p) .
Funkce nezávislých náhodných veličin
7.23. Příklad. Doba kdy lano vydrží zátěž se
řídí exponeniálním rozdělením Exp(1). Dvě lana
zapojíme a) paralelně b) sériově. Určete rozdělení
doby po kterou systém lan vydrží v obou případech
a stanovte střední hodnotu těchto náhodných veličin.
X a Y jsou nezávislé náhodné veličiny s rozdělením
Exp(1).
a) Zpar = max(X, Y )
b) Zserie = min(X, Y ) .
130

a) paralelně
Distribuční funkce je nulová pro t < 0. Pro t > 0 je
FZpar = (1 − e −t )(1 − e −t ) = (1 − e −t ) 2
Hustota pro t > 0:
f(t) = 2(1 − e −t )e −t
Střední hodnota
EZpar = 2
0
∞
te −t
dt − 2
131
0
∞
te −2t dt = 1, 5 .

a) sériově
Distribuční funkce je nulová pro t < 0. Pro t > 0 je
FZpar = 1 − e −t e −t = 1 − e −2t
Hustota pro t < 0:
g(t) = 2e −2t
Střední hodnota
EZserie = 2
0
∞
e −2t dt = 0, 5 .
132

Rozdělení součtu spojitých nezávislých
náhodných veličin
Z = X + Y ,
kde X a Y jsou nezávislé, X má hustotu f(x) a
Y má hustotu g(x).
Úlohou je stanovit hustotu náhodné veličiny Z.
Sdružená hustota vektoru (X, Y ) je funkce
h(x, y) = f(x)g(y).
P [Z ≤ z] = P [X+Y ≤ z] =
∞
−∞
{(x,y) | x+y≤z}
z−x
f(x)g(y) dy dx .
−∞
Substituce ve vnitřním integrálu
y = v − x, dv = dy
133
f(x)g(y) dxdy =

=
∞
−∞
z
−∞
f(x) g(v − x) dv dx =
=
z
−∞
∞
f(x)g(v − x) dx
−∞
hustota h(v)
Závěr: Hustota součtu X + Y je funkce
h(y) =
∞
−∞
f(x)g(y − x) dx .
Terminologie : funkce h je konvolutivní součin funkcí
f a g.
134
dv

7.24. Příklad. Čas do první poruchy daného zařízení
se řídí exponenciálním zákonem Exp(λ). Náhodná
veličina Z je čas do druhé poruchy. Určete
její hustotu.
Z = X + Y ,
kde X a Y jsou nezávislé s rozdělením Exp(λ).
Hustota h(y) je
h(y) =
∞
−∞
f(x)g(y−x) dx =
pro y ≥ 0 a nula jinak.
= λ 2 e −λy
135
0
y
0
y
λe −λx λe −λ(y−x) dx =
dx = λ 2 ye −λy

7.25. Příklad. Souprava metra přijíždí kdykoliv
během jedné minuty. Dvakrát přestupujeme. Jaká
je hustota čekací doby? Která hodnota je nejvíc
preferována?
Z = X + Y ,
kde X a Y jsou nezávislé náhodné veličiny s rozdělením
R < 0, 1 >.
h(y) =
∞
−∞
f(x)g(y − x) dx ,
kde f a g jsou chrakteristické funkce intervalu
< 0, 1 >.
Tento integrál je délkou průniku intervalu < 0, 1 >
s intervalem < y − 1, y >. Tedy
⎧
0 y ≤ 0
⎪⎨
y 0 ≤ y ≤ 1
h(y) =
2 − y 1 ≤ y ≤ 2
⎪⎩
0 y ≥ 2
Trojúhelníkové rozdělení, preferována je čekací doba
1.
136

8 Kovariance a korelace náhodných
vektorů
Je-li X náhodný vektor, je vektor středních hodnot
vektor
EX = (EX1, EX2, . . . EXn) .
Nepopisuje interakci mezi náhodnými veličinami.
8.1. Definice. Nechť X a Y jsou náhodné veličiny
na pravděpodobnostním prostoru (Ω, A, P ),
které mají rozptyl. Kovariance náhodných veličin
X a Y je definována
cov(X, Y ) = E[(X − EX)(Y − EY )] .
137

• cov(X, X) = var(X)
• cov(X, Y ) = cov(Y, X)
• cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ) :
E[(X−EX)(Y −EY )] = E(XY )−2EX·EY +EX·EY =
= E(XY ) − E(X)E(Y )
Pro výpočet potřebujeme:
1. Diskrétní vektor (X, Y ) s pravděpodobnostní
funkcí ((xi, yi); pi)i∈I.
EX =
i∈I
EY =
i∈I
xi pi
yi pi
E(XY ) =
i∈I
xiyi pi
138

1. Spojitý vektor (X, Y ) se sdruženou hustotou
f(x, y).
EX =
R 2
EY =
R 2
E(XY ) =
xf(x, y) dxdy
yf(x, y) dxdy
R 2
xyf(x, y) dxdy
8.2. Příklad. X má rovnoměrné rozdělení na intervalu
< 0, 1 >. Určete cov(X, X 2 ) .
cov(X, X 2 ) = EX 3 − EX · EX 2
EX 3 =
EX 2 =
1
0
1
0
x 3 dx = 1
4
x 2 dx = 1
3
cov(X, X 2 ) = 1 1 1
− ·
4 2 3
139
= 1
12 .
EX = 1
2 .

8.3. Příklad. X = (X, Y ) má rovnoměrné rozdělení
na jednotkovém kruhu. Stanovte cov(X, Y ).
EX =
E(XY ) =
K
K
cov(X, Y ) = 0 .
x dxdy = 0
xy dxdy = 0 .
140

8.4. Věta. Jsou-li X a Y nezávislé náhodné veličiny
je cov(X, Y ) = 0.
Důkaz:
Jsou-li X a Y nezávislé, pak E(XY ) = EX ·EY .
Veličiny X, Y souřadnice rovnoměrného rozdělení
na jednotkovém kruhu mají nulovou kovarianci, a
přesto nejsou nezávislé.
Normování náhodné veličiny X : X−EX
√ varX má nulovou
střední hodnotu a jednotkový rozptyl.
X − EX Y − EY
cov √ , √ =
varX varY
cov(X, Y )
√ varX √ varY .
8.5. Definice. Předpokládejme, že X a Y jsou
náhodné veličiny s nenulovým rozptylem. Korelace
ϱ(X, Y ) je definována vztahem
ϱ(X, Y ) =
cov(X, Y )
√ varX √ varY .
141

8.6. Příklad. (X, Y ) má diskrétní rozdělení s pravděpodobnostní
funkcí
((x1, y1), 1/3); ((x2, y2), 1/3); ((x3, y3), 1/3);
Předpokládejme dále, že
x1 + x2 + x3 = 0 y1 + y2 + y3 = 0 .
cov(X, Y ) =
=
1
3 x1y1 + 1
1
3 (x2 1 + x 2 2 + x 2 3)
1
3 (y2 1 + y2 2 + y2 =
3)
3x2y2 + 1
3x3y3 x1y1 + x2y2 + x3y3
2 x1 + x2 2 + x2
2
3 y1 + y2 2 + y2 3
= cos ϕ ,
kde ϕ je úhel mezi vektory
x = (x1, x2, x3) a y = (y1, y2, y3).
Pokud je tedy cov(X, Y ) = 1 je y kladným násobkem
x, pokud je cov(X, Y ) = −1 je y záporným
násobkem x
142

8.7. Věta. Pro korelaci ϱ(X, Y ) náhodných veličin
X a Y platí
|ϱ(X, Y )| ≤ 1 .
Přitom ϱ(X, Y ) = 1 právě tehdy když hodnoty X
a Y leží s pravděpodobností 1 na jedné přímce s
kladnou směrnicí.
ϱ(X, Y ) = −1 právě tehdy když hodnoty X a Y
leží s pravděpodobností 1 na jedné přímce se zápornou
směrnicí.
Důkaz:
Pro všechna t ∈ R máme
X − EX Y − EY
0 ≤ var √ + t √ =
varX varY
= 1 + 2tϱ(X, Y ) + t 2 . (2)
Diskuse kvadratického výrazu:
a tedy
4ϱ 2 (X, Y ) − 4 ≤ 0
|ϱ(X, Y )| ≤ 1 .
143

Předpokládejme, že cov(X, Y ) = 1. Pak v nerovnosti
(2) nastane rovnost a to může nastat právě
když t = −1. Dosazením t = −1 pak vede k
Tedy
X − EX Y − EY
√ − √ = konst .
varX varY
Y =
√ varY
√ varX · X + konstanta .
ϱ(X, Y ) je míra lineární závislosti X a Y .
144

9 Asymptotické vlastnosti
náhodných veličin
Větou asymptotického typu byla již věta Poissonova:
binomické rozdělení s počtem pokusů jdoucím
k nekonečnu a střední hodnotou jdoucí k λ se
blíží Poissonově rozdělení P o(λ).
Základní otázka: Co se děje s Bi(n, p), jestliže
n → ∞ a p se nemění?
Orientační odhady poskytuje Čebyševova nerovnost.
9.1. Věta. Čebyševova nerovnost
Nehť X je náhodná veličina s E(X 2 ) < ∞. Potom
platí
P [|X| ≥ ε] ≤ E(X2 )
ε 2
Speciálně, má-li X rozptyl, pak
P [ |X − EX| ≥ ε] ≤ var(X)
ε 2
145
.
.

Důkaz pro spojité rozdělení s hustotou f(x).
E(X 2 ) =
≥
∞
−∞
{x | |x|≥ε}
P [ |X| ≥ ε] =
x 2 f(x) dx =
{x | |x|≥ε}
{x | |x|≥ε}
f(x) dx
x 2
f(x) dx+
ε 2 f(x) dx = ε 2 P [ |X| ≥ ε] .
9.2. Důsledek. Je-li Xn náhodná veličina s rozdělením
Bi(n, p), pak pro každé ε > 0 platí
Xn
P − p
n ≥ ε → 0 pro n → ∞ .
Důkaz:
E
Xn
=
n
np
n
= p
146
−ε
ε
x 2 f(x) dx ≥

Xn
var
n
Dle Čebyševovy nerovnosti
Xn
P − p
n ≥ ε ≤
= 1
1
np(1 − p) ≤
n2 4n
Xn var( n )
ε2 ≤ 1
.
4nε2 9.3. Příklad. Kolika respondentů je třeba se zeptat,
abychom odhadli volební preference p s tolerancí
1% s pravděpodobností alespoň 90% ?
n ... počet osob
Xn ... Bi(n, p) (počet osob volících danou stranu)
p ≈ Xn
n (aproximace)
Chceme:
Xn
P
n
− p
< 0, 01 ≥ 0, 9 .
Nebo-li
Xn
P − p
n ≥ 0, 01 ≤ 0, 1
1
≤
4n(0,01) 2
147

1
≤ 0, 1
4n(0, 01) 2
n ≥ 105
4
= 25000.
Je pesimistický, nicméně jistý horní odhad.
9.4. Věta. Centrální limitní věta
Nehť X1, X2, X3, . . . je posloupnost nezávislých
náhodných veličin, pro které platí
EXi = µ , varXi = σ 2 , E|Xi| 3 < ∞ .
pro všechna i ∈ N. Pro veličinu Sn (normovaný
součet),
platí
Sn = X1 + X2 + · · · + Xn − nµ
√ nσ
lim
n→∞ P [ Sn ≤ x] = Φ(x) ,
pro všechna x ∈ R.
148
,

Tedy X1 + X2 + · · · + Xn má přibližně rozdělení
N(nµ, nσ 2 ).
9.5. Věta. Moaivrova-Laplaceova věta
Pro náhodnou veličinu Xn s rozdělením Bi(n, p)
platí
lim
n→∞ P
Xn − np
≤ x = Φ(x)
np(1 − p)
pro každé x ∈ R.
Důkaz:
Binomické rozdělení je součtem nezávislých alternativních
rozdělení.
Bi(n, p) ≈ N(np, np(1 − p))
Empiriké pravidlo pro velikost n :
np ≥ 5, n(1 − p) ≥ 5.
149

9.6. Příklad. 250 krát hodíme symetrickou mincí.
Určete pravděpodobnost, že rub padne 100 až 150
krát.
X250 − 125
√ 250 · 0, 25 ≈ N(0, 1)
P [100 ≤ X250 ≤ 150] =
−25
= P √ ≤
250 · 0, 25 X250
− 125 25
√ ≤ √ =
250 · 0, 25 250 · 0, 25
25 · 2
= 2Φ √ −1 = 2Φ(
250
√ 10)−1 . = 2Φ(3, 16)−1 . =
= 0, 99842 .
250 1
k 2250 Přesně: 150
k=125
9.7. Příklad. Kolika respondentů je třeba se zeptat,
abychom odhadli volební preference p s tolerancí
1% a to s pravděpodobností alespoň 90%.
Xn
P
n
− p
≤ 0, 01 ≥ 0, 9
150

|Xn − np|
P [ |Xn−np| ≤ 0, 01n] = P ≤
np(1 − p)
√
. 0, 01 · n
= 2Φ −1 ≥ 2Φ
p(1 − p)
Volíme n tak aby
2Φ(0, 02 √ n) − 1 ≥ 0, 9
Φ(0, 02 √ n) ≥ 0, 95
0, 02 √ n ≥ u0,95
0, 01 · √ n
1/2
= 2Φ(0, 02 √ n) − 1 .
√ u0,95
n ≥
0, 02
2 2 u0,95 1, 644 .=
n ≥ =
6763, 8586
0, 02 0, 02
Pro srovnání při 5% toleranci potřebujeme 270 respondentů.
151
0, 01n .=
np(1 − p)
−1 =

10 Statistika
Základní výběrové statistiky
10.1. Definice. Náhodný výběr z rozdělení s distribuční
funkcí F (x) je vektor
X = (X1, . . . , Xn) ,
kde X1, . . . , Xn jsou nezávislé náhodné veličiny
mající stejnou distribuční funkci F (x).
Základní výběrové statistiky:
Výběrový průměr
Xn = 1
n (X1 + X2 + · · · Xn)
Výběrový rozptyl
S 2 n = 1
n − 1
n
(Xi − Xn) 2
i=1
Výběrová směrodatná odchylka
Sn
152

Výběrové maximum
max(X1, . . . , Xn)
Výběrové minimum
min(X1, . . . , Xn)
Výběrové rozpětí
max(X1, . . . , Xn) − min(X1, . . . , Xn)
Výběrový průměr
EX = µ, var(X) = σ 2
E = E( 1
n (X1 + · · · + Xn)) = nµ
= µ .
n
X1 + · · · + Xn
var(Xn) = var
n
E(Xn) = µ
var(Xn) = σ2
n
153
= 1
n 2 nσ2 = σ2
n .

Důležité je, že var(Xn) → 0 pro n → ∞.
Čebyševova nerovnost:
P [ |Xn − µ| ≥ ε] ≤ σ2
.
nε2 Výběrový rozptyl
S 2 n = 1
n − 1
pomocný výpočet:
n
(Xi − Xn) 2 .
i=1
n
(Xi − Xn) 2 =
i=1
=
=
n
n
i=1
(X 2 i − 2XiXn + Xn
n
n
X
i=1
2 i − 2Xn Xi +
i=1 i=1
n
i=1
X 2 2 2
i −2nXn +nXn =
154
2
Xn =
n
i=1
2 ) =
X 2 2
i −nXn .

Výpočet střední hodnoty:
(n−1)E(S 2
n
n) = E
=
n
i=1
i=1
X 2
2
i −nXn =
n
i=1
E(X 2 2
i )−nE(Xn ) =
(var(Xi)+E 2 (Xi))−n(var(Xn)+E 2 (Xn)) =
= nσ 2 + nµ 2 − n σ2
n − nµ2 = (n − 1)σ 2
E(S 2 n) = σ 2 .
Výběrové statistiky odvozené od normálního
rozdělení.
10.2. Tvrzení. Výběrový průměr z rozdělení N(µ, σ 2 )
má rozdělení N(µ, σ2
n ).
Důkaz je založen na tom, že součet nezávislých
normálních rozdělení je normální rozdělení, což se
dá dokázt pomocí konvoluce gaussovských funkcí.
Pro popis S 2 n potřebujeme zavést nové rozdělení
155

10.3. Definice. Nechť X1, . . . , Xn jsou nezávislé
veličiny s normovaným normálním rozdělením. Rozdělení
χ 2 o n stupních volnosti je rozdělení náhodné
veličiny
Y = X 2 1 + X 2 2 + · · · + X 2 n
Značení : χ 2 n
kvantily: χ 2 n,α χ 2 n(α)
Má-li X rozdělení χ 2 n, pak
EX = n var(X) = 2n .
10.4. Příklad. X, Y, Z jsou nezávislé náhodné
veličiny s rozdělením N(0, 1). Stanovte r tak, aby
P [ √ X 2 + Y 2 + Z 2 ≤ r] = 0, 995
(Legenda: složky rychlosti molekul plynu)
r =
χ 2 3(0, 995) = 12, 838 = 3, 58
156

Základní věta klasické statistiky
10.5. Věta. Nechť X = (X1, . . . , Xn) je náhodný
výběr z rozdělení N(µ, σ 2 ). Pak
(i) Xn a S 2 n jsou nezávislé náhodné veličiny
(ii) (n−1)S2 n
σ 2
má rozdělení χ 2 n−1.
Statistická varianta normování veličiny:
Xn − µ
Sn/ √ n
10.6. Definice. Nechť X = (X1, . . . , Xn) je náhodný
výběr z rozdělení N(µ, σ 2 ). Studentovo rozděleni
s n − 1 stupni volnosti je rozdělení náhodné
veličiny
Xn − µ
Sn/ √ n
Značení: tn−1, kvantily tn−1, α; tn−1(α).
157

W. Gosset – pseudonym Student, Studentovo rozdělení
tn má sudou hustotu, fn(x), která pro n →
∞ konverguje bodově k Φ(x). (Aproximuje se obvykle
pro n ≥ 31)
158

Intervalové odhady
Lokalizace neznámého parametru pomocí dat
10.7. Definice. Nechť X = (X1, . . . , Xn) je náhodný
výběr z rozdělení s neznámým parametrem
θ a α ∈ (0, 1).
(i) Interval < TD(X), TH(X) > se nazývá
100(1 − α)% oboustranným intervalem spolehlivosti
parametru θ jestliže
P [ TD(X) ≤ θ ≤ TH(X) ] = 1 − α
(ii) Interval < TD(X), ∞) se nazývá
dolním 100(1 − α)% intervalem spolehlivosti
parametru θ, jestliže
P [θ ≥ TD(X)] = 1 − α
(iii) Interval (−∞, TH(X) > se nazývá
horním 100(1 − α)% intervalem spolehlivosti
parametru θ, jestliže
P [θ ≤ TH(X)] = 1 − α
159

Pro odvození intervalových odhadů pro parametry
µ a σ 2 používáme statistiky
Z = Xn − µ
σ/ √ n
T = Xn − µ
Sn/ √ n
(n − 1)S 2 n
σ 2
∼ N(0, 1)
∼ tn−1
∼ χ 2 n−1
10.8. Věta. Nechť X = (X1, . . . , Xn) je náhodný
výběr z rozdělení N(µ, σ2 ). Pak
σ
σ
(i) P [ Xn − u1−α/2 √ ≤ µ ≤ Xn + u1−α/2 √ ] = 1 − α
n n
Sn
(ii) P [ Xn − tn−1,1−α/2 √ ≤ µ ≤ Xn + tn−1,1−α/2 √ ] = 1 − α
n n
Důkaz: (i) Z = Xn−µ
σ/ √ n
∼ N(0, 1)
P [uα/2 ≤ Z ≤ u1−α/2] = 1 − α .
σ
√ n uα/2 ≤ Xn − µ ≤ σ √ n u1−α/2
160
Sn

(ii) Totéž s využitím statistiky T = Xn−µ
Sn/ √ n
∼ tn−1.
10.9. Příklad. Je měřena výška 16 rostlin. Průměr
naměřených hodnot je 72,5 cm, výběrová směrodatná
odchylka je 4,5 cm. Nalezněte 90% interval
spolehlivosti pro střední výšku.
1 − α = 0, 9; α = 0, 1; 1 − α/2 = 0, 95
t15(0, 95) = 1, 75
r = 1, 75 4,5
√ 16 = 1, 97
(70, 53; 74, 47)
10.10. Příklad. X ∼ N(µ, σ 2 ). Při padesáti měření
byla získána směrodatná odchylka
S50 = 2, 192
Určete horní 95% interval spolehlivosti pro σ 2 .
(n − 1)σ 2
σ 2
∼ χ 2 n−1
161

2 (n − 1)Sn P
σ 2
≥ χ 2 n−1,α
P σ 2 ≤ (n − 1)S2 n
χ2 n−1,α
χ 2 49(0, 05) = 33, 930
49 · 2, 192
33, 930
Interval: (0, 3,166).
= 3, 166 .
= 1 − α
= 1 − α
Přibližné intervalové odhady: Xn má podle Centrální
limitní věty pro velké n přibližně normální
rozdělení:
X1 + X2 + · · · + Xn − nµ
√ nσ
= Xn − µ
σ/ √ n
má přibližně rozdělení N(0, 1). Dá se použít intervalový
odhad pro normální rozdělení:
Sn
Xn − u1−α/2
Sn
√ ≤ E(X) ≤ Xn + u1−α/2 √
n n
162

s pravděpodobností 1 − α.
U alternativního rozdělení A(p) se navíc aproximuje
σ 2 hodnotou
Xn(1 − Xn)
Xn − u1−α/2
Xn(1 − Xn)
√ n
s pravděpodobností 1 − α.
≤ p ≤ Xn + u1−α/2
10.11. Příklad. Při průzkumu se zjistilo, že z
1500 oslovených osob poslouchá rádiovou stanici
kvůli hudbě 63%. Určete 98% interval spolehlivosti
pro skutečné procento takovýchto posluchačů.
interval
X1500 = 0, 63
0, 63 · 0, 37
r = u0,99 ·
= 0, 029
1500
(60, 1%; 65, 9%)
163
Xn(1 − Xn)
√ n

11 Testování statistických
hypotéz
statistické rozhodování při neúplné informaci, vždy
s jistým rizikem.
H0 ... nulová hypotéza:
k−tice parametrů (θ1, . . . , θk) ∈ A ⊂ R n
H1 ... alternatvní hypotéza:
k−tice parametrů (θ1, . . . , θk) ∈ B ⊂ R n
A ∩ B = ∅
kritický obor:
W ⊂ R n
naměřená data: X = (X1, . . . , Xn).
H0 zamítneme ve prospěch H1 pokud X ∈ W ,
volí se tak, aby
P [X ∈ W |H0] ≤ α
164

α ... hladina významnosti
standardy: α = 0, 5; 0, 01
Chyba prvního druhu: H0 platí a test ji zamítá
Chyba druhého druhu: H0 neplatí a test ji nezamítá
11.1. Příklad. V roce 1951 byla naměřena průměrná
výška 10 letých chlapců v ČSSR 136,1 cm.
V roce 1961 se u 15 náhodně vybraných 10 letých
chlapců zjistila průměrná výška
X15 = 139, 133cm
V obou případech je σ = 6, 4cm
Vzrostla výška?
Výška v r. 1961, N(µ, 6, 4 2 )
H0 : µ = 136, 1 = µ0
H1 : µ > 136, 1
165

Hypotézu H0 zamítneme pokud X15 bude příliš
velký, tj. pokud X15 > c, kde c je vhodně zvolená
konstanta.
Platí-li H0, pak X15 má rozdělení N(µ0, 6,42
). Tedy
15
Z = X15 − µ0
σ/ √ 15
∼ N(0, 1) .
Zamítáme na hladině α jestliže Z > u1−α
Volme α = 0, 05. u0,95
Z =
.
= 1, 64
139, 133 − 136, 1
6, 4/ √ 15
.
= 1, 835
Protože Z > u0,95 zamítáme hypotézu H0 na hladině
významnosti 5%.
Kritický obor: {x ∈ R 15 | 1
15 (x1 + · · · + x15) ≥ c}
c = 136, 1 + u0,95 · 6, 4 √ 15 = 136, 1 + 1, 838 = 137, 938
166

Lze volit mnoho kritických oborů. Existuje matematický
výsledek (Neymannovo-Pearsonovo lemma)
říkající, že tento test má největší sílu.
Síla testu: pravděpodobnost s jakou zamítneme
nulovou hypotézu když platí hypotéza alternativní.
Vztah mezi chybou prvního a druhého druhu α a
β. Pokud H0 neplatí, pak α → 0 implikuje β → 1.
Testy o střední hodnotě normálního rozdělení
X = (X1, . . . , Xn)
... náhodný výběr z rozdělení N(µ, σ 2 ).
H0 : µ = µ0
H1 : µ = µ0...oboustranný test
H2 : µ > µ0...jednostranný test
H3 : µ < µ0...jednostranný test
167

Z-test
známe σ
Z = Xn − µ0
σ/ √ n
má za podmínky H0 rozdělení N(0, 1).
H0 zamítneme na hladině významnosti α
a) proti H1: pokud |Z| > u1−α/2
b) proti H2: pokud Z > u1−α
a) proti H3: pokud Z < uα = −u1−α
168

t-test
neznáme σ
T = Xn − µ0
Sn/ √ n
má za podmínky H0 rozdělení tn−1.
H0 zamítneme na hladině významnosti α
a) proti H1: pokud |T | > tn−1(1 − α/2)
b) proti H2: pokud T > tn−1(1 − α)
a) proti H3: pokud T < tn−1(α) = −tn−1(1 − α)
Pro velké n aproximujeme tn−1 rozdělením N(0, 1).
169

11.2. Příklad. Automat plní krabice práškem. Norma
je 2kg. Náhodně bylo vybráno 6 krabic. Zjistily se
následující odchylky od normy v dkg.
−5, 1, −1, −8, 7, −6
Testujeme správnost funkce automatu.
H0 : µ = 0
H1 : µ = 0 .
n = 6, X6 = −2, S 2 6 = 30, 4
T =
−2 − 0
√ 30, 4/ √ 6
t5(0, 975) = 2, 5706
|T | < 2, 5706
Závěr: H0 nezamítáme.
.
= −0, 889 .
170

Párový t-test: Sledujeme související veličiny, předpokládáme,
že rozdíl má normální rozdělení.
11.3. Příklad.
váha osob před dietou 82 70 91
váha osob po dietě 81 69,5 89
Má dieta efekt ?
Rozdíly před a po:
1— 0,5— 2
H0 : µ = 0
H1 : µ > 0
X3 = 1, 167
S 2 3 = 0, 583
T =
1, 167
S3/ √ 3
t2(0, 95) = 2, 92
= 2, 647 .
171

Závěr: nezamítáme nulovou hypotézu, pokles váhy
neni průkazný. (I když se zdá být ztráta váhy velká,
máme málo pokusných osob).
172

Asymtotický test proporce
A(p) ... alternativní rozdělení
Centrální limitní věta: Xn se aproximuje rozdělením
N(p, p(1−p)
n ).
H0 : p ≤ p0
H1 : p > p0
H0 zamítáme, jestliže Xn > c. Volíme vhodně c
tak, aby
P [Xn > c|H0] ≤ α
.= c − p
P Xn > c|H0 1 − Φ
√ p(1−p)
√ n
=
√
n(c − p)
= 1 − Φ
p(1 − p)
p(1 − p) ≤ 1/2 c − p ≥ c − p0
implikuje
√ n(c − p)
p(1 − p) ≥ 2 √ n(c − p0)
173

Tedy
√
n(c − p)
1 − Φ ≤ 1 − Φ(2
p(1 − p)
√ n(c − p0))
Podmmínce vyhovíme, jestliže
1 − Φ(2 √ n(c − p0)) ≤ α
Φ(2 √ n(c − p0)) ≥ 1 − α
2 √ n(c − p0) ≥ u1−α
c ≥ p0 + u1−α
2 √ n
Závěr: H0 zamítáme ve prospěch H1 jestliže
Xn ≥ p0 + u1−α
2 √ n
174

11.4. Příklad. Průzkum zahrnuje 1600 osob. Kolik
procent z tohoto vzorku má daná koalice získat
hlasů, abychom na hladině významnosti 1% potvrdili
hypotézu, že koalice vyhraje volby.
X1600 ≥ 0, 5 + u0,99
80
. 2, 326
= 0, 5 +
80
= 0, 529 .
Musíme tedy získat 0, 529 · 1600 . = 847 hlasů.
Musíme vždy získat o asi 2, 9% více než je daná
mez.
175

Test rozptylu normálního rozdělení
X = (X1, . . . , Xn) ... náhodný výběr z rozdělení
N(µ, σ 2 )
H0 : σ 2 = σ 2 0
H1 : σ 2 > σ 2 0
Využíváme statistiku
S = (n − 1)S2 n
σ 2 0
která má za předpokladu H0 rozdělení χ 2 n−1.
Hypotézu H0 zamítáme ve prospěch H1 při hladině
významnosti α jestliže
(n − 1)S 2 n
σ 2 0
> χ 2 n−1(1 − α) .
176

Testy dobré shody
(Ω, A, P ) ... pravděpodobnostní prostor
A1, . . . , Ak ... úplný systém jevů
P (Ai) = pi
A1 A2 · · · Ak
p1 p2 · · · pk
k
pi = 1 .
i=1
Odpovídá rozdělení dat do disjunktních tříd. pi
jsou apriorní pravděpodobnosti. Testujeme jejich
shodu s empirickými daty.
H0 : P (Ai) = pi
(k = 2) máme vpodstatě alternativní rozdělení.
Učiníme sérii n pokusů, v každém indikujeme jeden
z jevů A1, . . . , Ak. Počítáme kolikrát který jev
nastane. Při k = 2 tak máme binomické rozdělení.
177

Značení:
n ... počet nezávislých pokusů
Oi ... počet výskytů jevu Ai v sérii n pokusů.
Náhodná veličina – empirická četnost.
n pi ... teoretická četnost
(k = 2 pak Oi ∼ Bi(n, pi))
Testujeme shodu npi ≈ Oi
11.5. Věta. Náhodná veličina
k (Oi − npi) 2
i=1
npi
má při n → ∞ přibližně rozdělení χ 2 k−1 .
Důkaz je založen na centrální limitní větě
Hypotézu H0 o apriorních pravděpodobnostech zamítáme
na hladině významnosti α, pokud
k (Oi − npi) 2
i=1
npi
> χ 2 k−1(1 − α)
178

Tento test se nazývá χ 2 test, nebo též Pearsonův
test. Tento test je asymptotický, doporučuje se ho
použít pro n tak velké, že
npi > 5 pro všechna i = 1, . . . , k .
11.6. Příklad. Testujeme zda hrací kostka neni
falešná. Provedeno 120 hodů. Výsledky jsou
hodnota 1 2 3 4 5 6
četnost 15 16 25 31 15 18
= 20.
n = 120, pi = 1/6, npi = 120 · 1
6
6 (Oi − npi) 2
=
npi
i=1
= 52 42 52 112 52 22
+ + + + +
20 20 20 20 20 20
χ 2 5(0, 95) = 11, 07 .
= 10, 8 .
Závěr: nelze zamítnout hypotézu, že kostka je falešná.
179

Často se používá na test typu rozdělení:
11.7. Příklad. Testujeme hypotézu, že data pocházejí
z rozdělení N(0, 1). Provedeno je 1000 měření,
data jsou rozdělena do tří skupin
u0,8 = 0, 84162
250 hodnot v (−∞, −u0,8)
550 hodnot v (−u0,8, u0,8)
200 hodnot v (u0,8, ∞)
H0 : p1 = 0, 2; p2 = 0, 6; p3 = 0, 2
np1 = 200
np2 = 600
np3 = 200
3 (Oi − npi) 2
i=1
npi
χ 2 2(0, 95) = 5, 9915
= 502 502 0
+ +
200 600 200
Závěr: Hypotézu o rozdělení N(0, 1) zamítáme.
180
= 16, 667 .

Testy shody při neznámých parametrech
Testujeme zda data pocházejí z rozdělení s neznámými
parametry.
Je-li l počet odhadnutých parametrů, pak
k (Oi − npi) 2
i=1
npi
má asymptoticky rozdělení χ 2 k−1−l .
Postup:
1. Neznámé parametry odhadneme z dat.
2. Pomocí nich spočítáme apriorní pravděpodobnosti
3. Hypotézu o daném rozdělení zamítneme, jestliže
k (Oi − npi) 2
i=1
npi
> χ 2 k−1−l(1 − α)
181

11.8. Příklad. Za války byl Londýn bombardován
střelami V1 a V2. Hypotéza je, že střely dopadaly
náhodně (bez zaměřování) do jednotlivých
lokalit.
Celkem na Londýn dopadlo 537 raket.
Území města bylo rozděleno na 24 2 = 576 čtverců
stejné velikosti.
Empirická data:
počet zásahů: 0 1 2 3 4 a více
počet oblastí: 229 211 93 35 8
X: počet zásahů v náhodně vybrané oblasti:
Bi počet střel ,
1. Odhadneme:
λ . = 537
=
576
počet střel
2. Platí-li H0 je
P [X = i] = λi e −λ
1
≈ P o počet střel ·
počet oblastí
.
počet oblastí
i!
.
182
1
.
počet oblastí

počet pokusů = počet oblastí
n = 576
537
−
nP [X = 0] = 576 e 576
.
= 226, 7 .
nP [X = 1] = 576 · 537 537
e− 576
576
nP [X = 2] . = 98, 5 .
nP [X = 3] . = 30, 6 .
nP [X ≥ 4] . = 8, 7 .
.
= 211, 4 .
počet zásahů: 0 1 2 3 4 a více
skutečnost: 229 211 93 35 8
teorie: 226,7 211,4 98,5 30,6 8,7
Numerický výpočet:
5 (0i − npi) 2
= 1, 569
npi
i=1
χ 2 5−1−1(0, 95) = 7, 81 .
Závěr: Na hladině významnosti 5% potvrzujeme
hypotézu H0.
183