1. KOMBINATORIKA 1.1. Varijacije - tfzr.rs

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka

1. KOMBINATORIKA 1.1. Varijacije Imamo skup S={a1, a2, ... , an}, k∈N, 1≤k≤n Varijacija k-te klase bez ponavljanja u skupu S je svaka ureñena k-torka (ai1, ai2, ... , ain) meñusobno različitih elemenata skupa S. Broj varijacija bez ponavljanja od n elemenata k-te klase odreñujemo po formuli:

Vnk =

n! (n − k )!

Varijacija sa ponavljanjem k-te klase u skupu S je svaka ureñena k-torka elemenata iz skupa S. Broj varijacija sa ponavljanjem od n elemenata k-te klase odreñujemo po formuli: k

V n = nk Primer: S={1, 2, 3, 4} V42 (bez ponavljanja):

V42 (sa ponavljanjem):

(1, 2) (1, 3) (1, 4)

(1, 1) (1, 2) (1, 3) (1, 4)

(2, 1) (2, 3) (2, 4)

(2, 1) (2, 2) (2, 3) (2, 4)

(3, 1) (3, 2) (3, 4)

(3, 1) (3, 2) (3, 3) (3, 4)

(4, 1) (4, 2) (4, 3)

(4, 1) (4, 2) (4, 3) (4, 4)

Zadaci 1.1.1. U razredu ima 32 učenika. Na koliko načina može 6 učenika sedeti u prvoj klupi? Rešenje: V326 =

32! 32! = = 32 ⋅ 31 ⋅ 30 ⋅ 29 ⋅ 28 ⋅ 27 = 652458240 (32 − 6)! 26!

1.1.2. Na klupi su slobodna četiri mesta. Na koliko načina 15 osoba može popuniti ova mesta? Rešenje: V154 =

15! 15! = = 15 ⋅ 14 ⋅ 13 ⋅ 12 = 32760 (15 − 4)! 11!

1

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 1.1.3. Koliko ima trocifrenih brojeva koji se sastoje od različitih cifara? Rešenje: V91 ⋅V92 = 9 ⋅

9! 9! = 9 ⋅ = 9 ⋅ 9 ⋅ 8 = 648 (9 − 2)! 7!

1.1.4. Jedan student treba da polaže 4 ispita za 8 dana. Na koliko načina to može učiniti ako se zna da poslednji ispit polaže osmog dana? Rešenje: V73 =

7! 7! = = 7 ⋅ 6 ⋅ 5 = 210 (7 − 3)! 4!

1.1.5. Odeljenje jednog razreda broji 35 učenika. Oni su meñusobno razmenili fotografije. Koliko je ukupno podeljeno fotografija? Rešenje: V352 =

35! 35! = = 35 ⋅ 34 = 1190 (35 − 2)! 33!

1.1.6. Od koliko različitih elemenata možemo formirati 210 varijacija druge klase? Rešenje: Vn2 = 210 n! = 210 (n − 2)! n ⋅ (n − 1) = 210 n 2 − n − 210 = 0 1 ± 1 + 840 1 ± 29 = 2 2 n1 = 15 n1, 2 =

1.1.7. Koliko se brojeva može formirati pomoću elemenata skupa N koji čine svi prosti činioci broja 2310 ako traženi brojevi sadrže po dva različita prosta činioca? Rešenje: 2310 = 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ 11 5! 5! V52 = = = 5 ⋅ 4 = 20 (5 − 2)! 3!

2

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 1.1.8. Rešiti jednačine: a) Vn3 =

5 3 Vn + 2 , b) V23n+ 4 : Vn4+ 4 = 2 : 3 12

Rešenje: a) 5 3 Vn + 2 12 n! 5 (n + 2)! = (n − 3)! 12 (n − 1)! 5 12 n(n − 1)(n − 2) = (n + 2)(n + 1)n /⋅ 12 n 2 2 12(n − 3n + 2) = 5(n + 3n + 2) Vn3 =

12n 2 − 36n + 24 = 5n 2 + 15n + 10 7 n 2 − 51n + 14 = 0 n1, 2 =

51 ± 2601 − 392 51 ± 47 = 14 14

n1 = 7 b)

V23n+ 4 : Vn4+ 4 = 2 : 3 (2n + 4)! (n + 4)! 2 = : n! 3 (2n + 1)! (2n + 4)(2n + 3)(2n + 2) 2 = (n + 4)(n + 3)(n + 2)(n + 1) 3 2(n + 2)(2n + 3)2(n + 1) 2 = (n + 4)(n + 3)(n + 2)(n + 1) 3 6(2n + 3) = (n + 4)(n + 3) 12n + 18 = n 2 + 3n + 4n + 12 n 2 − 5n − 6 = 0 n1, 2 =

5 ± 25 + 24 5 ± 7 = 2 2

n1 = 6 1.1.9. Koliko različitih bacanja daju četiri kocke za igru?

Rešenje: V64 = 6 4 = 1296 1.1.10. Koliko se petocifrenih brojeva može napisati pomoću 10 cifara koje se mogu ponavljati, tako da prve dve cifre budu 4 i 0?

Rešenje: V103 = 10 3 = 1000

3

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 1.1.11. Koliko petocifrenih telefonskih brojeva ima ako znamo da su im sve cifre neparne?

Rešenje: V55 = 5 5 = 3125 1.1.12. Odrediti broj reči, od 5 slova, koje se mogu napisati pomoću azbuke od 30 slova, bez obzira da li se u rečima ponavljaju sva slova i da li se dobijaju reči bez značenja.

Rešenje: V305 = 30 5 = 243 ⋅ 10 5 1.1.13. Dat je skup A={3, 4, 5, 6, 7}. Odrediti broj trocifrenih brojeva koji se mogu obrazovati od elemenata skupa A.

Rešenje: V53 = 5 3 = 125 1.1.14. Dat je skup E={0, 1, 2, 3, 4, 5}. Odrediti broj četvorocifrenih brojeva većih od 1000, koji se mogu obrazovati od elemenata skupa E.

Rešenje: 5 ⋅V63 − 1 = 5 ⋅ 6 3 − 1 = 1079 1.1.15. Koliko se Morzeovih znakova može formirati iz oba osnovna znaka . i -, ako se jedan znak sastoji od najviše 5 znakova?

Rešenje: V21 + V22 + V23 + V24 + V25 = 2 + 4 + 8 + 16 + 32 = 62 1.1.16. Broj varijacija četvrte klase sa ponavljanjem od x elemenata iznosi 50625. Odrediti broj elemenata x.

Rešenje: Vx4 = 50625 x 4 = 50625 / log 4 log x = log 50625 log x =

log 50625 ⇒ x = 15 4

1.1.17. Broj varijacija treće klase sa ponavljanjem od x elemenata veći je za 408 od broja varijacija treće klase bez ponavljanja od istog broja elemenata. Odrediti broj x.

Rešenje: x = 12

4


1.2. Permutacije Permutacija bez ponavljanja skupa S={a1, a2, ... , an} (ks=n) je svaka varijacija n-te klase bez ponavljanja u skupu S. Broj permutacija bez ponavljanja od n elemenata odreñujemo po formuli:

P(n) = n! Neka je dat skup od n elemenata, od kojih ima k1 jednakih jedne vrste, k2 jednakih druge vrste itd; km jednakih m-te vrste; pri čemu je m≤n i k1+k2+...+km≤n. Svaki linearni raspored koji se sastoji od svih elemenata zove se permutacija sa ponavljanjem. Broj permutacija sa ponavljanjem odreñujemo po formuli:

Pk1 ,k2 ,...,km (n) =

n! k1!k 2 !...k m !

Primer: S={1, 2, 3, 4}

S={1, 2, 2, 3}

P(4)=V44 (bez ponavljanja):

P1, 2, 1(4) (sa ponavljanjem):

1234

2134

3124

4123

1223

2123

2132

3122

1243

2143

3142

4132

1232

2213

2312

3212

1324

2314

3214

4213

1322

2231

2321

3221

1342

2341

3241

4231

1423

2413

3412

4312

1432

2431

3421

4321

Zadaci 1.2.1. Na koliko različitih načina mogu da sednu četiri osobe ako su postavljene četiri stolice?

Rešenje: P (4) = 4!= 24 1.2.2. Dat je skup E={1, 2, ... , 8}. Koliko permutacija, koje se mogu obrazovati od elemenata skupa E, počinje sa: 5, 123 i 8642?

Rešenje: P(7) = 5040 P(5) = 120 P(4) = 24

5


1.2.3. Na koliko se načina može rasporediti 8 knjiga na jednoj polici?

Rešenje: P(8) = 40320 1.2.4. Odrediti broj permutacija od elemenata a, a, a, b, b, b, c.

Rešenje: P3,3,1 (7) =

7! 7⋅6⋅5⋅ 4 = = 140 3!⋅3!⋅1! 3⋅ 2

1.2.5. Koliko ima sedmocifrenih brojeva obrazovanih od cifara 0, 0, 0, 0, 1, 2, 3, ne uzimajući u obzir one koji počinju nulom ili nulama?

Rešenje: 3 ⋅ P4,1,1 (6) =

6! = 3 ⋅ 6 ⋅ 5 = 90 4!⋅1!⋅1!

1.2.6. Koliko permutacija od elemenata a, a, a, a, a, b, b, b, c, počinje sa a, sa b i sa c?

Rešenje: a b c

8! = 8 ⋅ 7 ⋅ 5 = 280 4!⋅3!⋅1! 8! P5, 2,1 (8) = = 8 ⋅ 7 ⋅ 3 = 168 5!⋅2!⋅1! 8! P5,3 (8) = = 8 ⋅ 7 = 56 5!⋅3! P4,3,1 (8) =

1.2.7. Koliko permutacija od elemenata 1, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 3, 4, 4, 4, počinje sa 22, sa 313 i sa 1234?

Rešenje: 22 - P1,1, 4,3 (9) =

9! 9⋅8⋅7 ⋅6⋅5 = = 2520 4!⋅3! 6

1.2.8. Odrediti broj permutacija koje se mogu formirati od svih činilaca proizvoda a5⋅b3.

Rešenje: 56 1.2.9. Na koliko se različitih načina može prikazati a3b2c3 kao proizvod od osam činilaca a, a, a, b, b, c, c, c?

Rešenje: P3, 2,3 (8) =

8! 8⋅7⋅6⋅5⋅ 4 = = 560 3!⋅2!⋅3! 12

6


1.2.10. Broj permutacija od n elemenata odnosi se prema broju permutacija od n+2 elementa kao 0.1:3. Odrediti n.

Rešenje: P ( n ) : P ( n + 2 ) = 0 .1 : 3 n! 0 .1 = (n + 2)! 3 3 = (n + 2)(n + 1) ⋅ 0.1 /⋅ 10 n 2 + 3n − 28 = 0 n1, 2 =

− 3 ± 9 + 112 − 3 ± 11 = 2 2

n1 = 4 1.2.11. Broj permutacija od n+2 elementa je veći 56 puta od broja permutacija od n elementa. Odrediti n.

Rešenje: n1 = 6 1.2.12. Rešiti jednačinu:

(n + 1)! = 30 . (n − 1)!

Rešenje: (n + 1)! = 30 (n − 1)! (n + 1)n = 30 n 2 + n − 30 = 0 n1, 2 =

− 1 ± 1 + 120 − 1 ± 11 = 2 2

n1 = 5 1.2.13. Rešiti jednačinu:

(n + 2)! = 72 . n!

Rešenje: n1 = 7

7


1.3. Kombinacije Kombinacija k-te klase bez ponavljanja skupa S={a1, a2, ... , an} je svaki njegov podskup od k elemenata, 1≤k≤n. Broj kombinacija bez ponavljanja od n elemenata k-te klase odreñujemo po formuli:

Cnk =

 n n! =   k!(n − k )!  k 

Kombinacije k-te klase od n elemenata u kojima se jedan elemenat može ponavljati do k puta, zovu se kombinacije sa ponavljanjem. Broj kombinacija k-te klase od n elemenata sa ponavljanjem odreñujemo po formuli: k  n + k − 1  C n =  k  

Primer: S={1, 2, 3, 4, 5}

S={1, 2, 3, 4}

3

C5 (bez ponavljanja):

C43 (sa ponavljanjem):

123

234

111

222

333

444

124

235

112

221

331

441

125

245

113

223

332

442

134

114

224

334

443

135

123

234

341

145

124

345

Zadaci 1.3.1. Koliko se različitih grupa po 4 učenika može izabrati od 12 kvalifikovanih učenika koji će reprezentovati školu na takmičenju?

Rešenje: C124 =

12! = 495 4!⋅8!

1.3.2. Na jednom šahovskom turniru učestvuje petnaest šahista. Svaki treba da odigra partiju sa svakim. Koliko će biti odigrano partija na turniru?

Rešenje: C152 =

15! = 105 2!⋅13!

8


1.3.3. Odrediti broj dijagonala konveksnog petougla i n-tougla.

Rešenje: 5! −5 = 5 2!⋅3! n! 1 1 3 C n2 − n = − n = n(n − 1) − n = n 2 − n 2!⋅(n − 2)! 2 2 2 C 52 − 5 =

1.3.4. Dat je skup A={a1, a2, ... , a6}. Odrediti sve podskupove skupa A koji: ne sadrže elemente a4, a5 i a6; sadrže sve elemente skupa A.

Rešenje: - a1, a2, a3 C 30 + C 31 + C 32 + C 33 = 1 + 3 + 3 + 1 = 8 = 2 3 -A C 60 + C 61 + C 62 + C 63 + C 64 + C 65 + C 66 = 1 + 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 = 64 = 2 6 1.3.5. Odrediti broj svih podskupova skupa koji ima n elemenata.

Rešenje: C n0 + C n1 + C n2 + ... = 2 n 1.3.6. Za delegaciju škole treba izabrati, od 10 učenika koji govore nemački i 15 koji govore engleski jezik, pet učenika od kojih bar jedan govori engleski. Na koliko načina se može obaviti izbor?

Rešenje: 10 ⋅ C154 + C102 ⋅ C153 + C103 ⋅ C152 + C104 ⋅ C151 + C155 = 52878 1.3.7. Na jednom šahovskom turniru odigrano je 210 partija. Odrediti broj učesnika ako se zna da je svaki učesnik odigrao partiju sa svakim.

Rešenje: Cn2 = 210 n! = 210 2!(n − 2)! n(n − 1) = 420 n 2 − n − 420 = 0 1 ± 1 + 1680 1 ± 41 = 2 2 n1 = 21 n1, 2 =

1.3.8. Rešiti jednačinu: 5C n3 = C n4+ 2 .

Rešenje: n1 = 14, n2 = 3 9


1.3.9. Rešiti jednačinu: C nn+−12 + 2C n3−1 = 7(n − 1) .

Rešenje: C nn+−12 + 2C n3−1 = 7(n − 1) (n + 1)! (n − 1)! +2 = 7(n − 1) 3!(n − 2)! 3!(n − 4)! n1, 2 =

3 ± 9 + 40 3 ± 7 = 2 2

n1 = 5 1.3.10. Koliko ima trouglova čije dužine stranica imaju vrednosti u skupu {5, 6, 7, 8}?

Rešenje: C 43 =

6! = 20 3!3!

1.3.11. Imamo na raspolaganju 6 automobila, a 9 ljudi želi da vozi. Na koliko načina se to može izvesti ako redosled automobila: nije bitan; bitan je?

Rešenje: - C 96 = 84 - V96 = 60480 1.3.12. Broj kombinacija druge klase od x elemenata sa ponavljanjem iznosi 276. Odrediti x.

Rešenje: C x2 = 276 ( x + 1)! = 276 2!( x − 1)! ( x + 1) x = 552 x 2 + x − 552 = 0 x1 = 23 1.3.13. Broj kombinacija treće klase bez ponavljanja od x elemenata odnosi se prema broju kombinacija treće klase od istog broja elemenata sa ponavljanjem kao 7:15. Odrediti x.

Rešenje: x = 8 1.3.14. Odrediti n i k ako je: Vnk=24 i Cnk=4.

Rešenje: n=4 k =3

10


1.4. Binomni obrazac Ako je n bilo koji prirodan broj i a i b bilo koji kompleksni brojevi, tada je: n n n n  n  1 n −1  n  n n a b +  b = ∑  a n− k b k (a + b) n =  a n +  a n −1b1 +  a n − 2 b 2 + ... +  k =0  k  0 1  2  n − 1 n

n gde je   binomni koeficijent i 1≤k≤n. k  Opšti član u razvijenom obliku binoma (a+b)n dat je formulom:

n Tk +1 =  a n − k b k k  Paskalov trougao prikazuje koeficijente uz an-kbk u razvoju binoma:

(a + b )0 = 1 (a + b )1 = a + b (a + b )2 = a 2 + 2ab + b 2 (a + b )3 = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 ... 1 1 1 1 1

1 2

3 4

1 3

6

1 4

1

...

Zadaci 1.4.1. Primeniti binomnu formulu na binom: (2x+5)4.

Rešenje:  4  4  4  4  4 (2 x + 5) 4 =  (2 x) 4 +  (2 x) 3 5 +  (2 x) 2 5 2 +  (2 x)53 +  5 4 =  2  3  4 0 1 = 16 x 4 + 20 ⋅ 8 ⋅ x 3 + 6 ⋅ 4 x 2 ⋅ 25 + 4 ⋅ 2 ⋅125 x + 625 = = 16 x 4 + 160 x 3 + 600 x 2 + 1000 x + 625 12

2  12  1.4.2. Odrediti peti član u razvijenom obliku binoma:  x + x 3  .  

Rešenje: 11

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 2 8 20 12  1 12 ⋅11 ⋅10 ⋅ 9 4 3 T5 =  ( x 2 )8 ⋅ ( x 3 ) 4 = ⋅ x ⋅ x = 495 x 3 4 ⋅3⋅ 2 4

(

1.4.3. Odrediti član koji ne sadrži x u razvijenom obliku binoma: x + x −2

)

12

.

Rešenje:

12  12  Tk +1 =   x12−k ⋅ ( x −2 ) k =   x12−k −2 k k k 12 − 3k = 0 k =4 Peti član ne sadrži x. 11

1 1 1.4.4. U razvijenom obliku binoma  x 3 + x 2  odrediti član koji posle sreñivanja sadrži x sa  





izložiocem 5.

Rešenje: 1

1

( x 3 )11− k ⋅ ( x 2 ) k = x 5 11 k − 3

x3

k

⋅ x 2 = x5

11 − k k + =5 3 2 22 − 2k + 3k = 30 k =8

11 11 ⋅ 10 ⋅ 9 5 T9 =   x 5 = x = 165 x 5 3⋅ 2 8  1.4.5. Odrediti 13. član u razvijenom obliku binoma (9 x −

1 n ) , ako je binomni koeficijent 3x

trećeg člana jednak 105.

Rešenje: n! = 105 (n − 2)!2! n ⋅ (n − 1) = 210 n 2 − n − 210 = 0 1 ± 1 + 840 2 n1 = 15 n1, 2 =

15  1 12 15 ⋅14 ⋅13 6 3 1 T12+1 =  (9 x) 3 ( ) = ⋅ 3 x 6 6 = 455 x −3 3⋅ 2 3 x 3x 12 

12

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 1.4.6. Zbir koeficijenata prvog, drugog i trećeg člana u razvijenom obliku binoma n

 2 1  x +  jednak je 46. Odrediti član koji ne sadrži x. x 

Rešenje:

n n n   +   +   = 46  0  1  2 n! 1+ n + = 46 (n − 2)!2! 2 + 2n + n ⋅ (n − 1) = 92 n 2 − n − 90 = 0 n1, 2 =

− 1 ± 1 + 360 ⇒ n2 = 9 2 n  2 1 x +  x   2 1 x +  x 

9

( )

9  Tk + 1 =   x 2 k  18 − 2k − k = 0 k =6

9−k

k

 9  18−2 k − k 1 x   =   x  x k 

9 9 ⋅8 ⋅ 7 T 7 =   = = 84 3⋅ 2  6

(

1.4.7. Binomni koeficijent trećeg člana u razvijenom obliku binoma x x + x −5 Odrediti član koji ne sadrži x.

)

n

jednak je 78.

Rešenje: 13  3 n=13, Tk +1 =  ( x 2 )13− k ⋅ x −5k , k=3 k  1.4.8. Zbir binomnih koeficijenata drugog i trećeg člana u razvijenom obliku binoma n

2  − 32   x + x 3  jednak je 136. Odrediti član koji ne sadrži x8.5.    

Rešenje: n=16, Tk +1

16  − 32 16− k =  ( x ) k 

k

 23  ⋅  x  , k=15  

13


2. σ-POLJE DOGAĐAJA Ω - skup svih mogućih ishoda (dogañaja) koji se mogu očekivati pri nekom opitu. Primer: opit je bacanje kocke, a Ω={1, 2, 3, 4, 5, 6} ω - elementarni dogañaj, pojedini ishod ili rezultat (elemenat skupa Ω). Primer: pala je šestica.

A – dogañaj koji je bilo koji podskup skupa Ω. Primer: pojava parnog broja

Siguran dogañaj – dogañaj koji se realizuje uvek. Nemoguć dogañaj – prazan podskup Ω, dogañaj čija je realizacija nemoguća. Analogno relacijama i operacijama u Teoriji skupova i ovde možemo posmatrati relacije:

implikacija (⊂) – A⊂B (A povlači B) znači da se B realizuje kad se realizuje A. Ako A⊂B i B⊂A u pitanju su identični dogañaji. komplementaran ili suprotan dogañaj dogañaja A – Ac ili A je dogañaj koji se realizuje samo ako se dogañaj A ne realizuje. presek ili proizvod dogañaja – A∩B ili AB znači dogañaj koji se realizuje samo kada se realizuju i dogañaj A i dogañaj B. unija dogañaja – A∪B ili A+B (kada su A i B disjunktni dogañaji) znači dogañaj koji se realizuje ako se realizuje bar jedan od dogañaja A i B. razlika dogañaja – A/B ili A–B=ABc znači dogañaj koji se realizuje kada se realizuju oni ishodi ω koji pripadaju dogañaju A, a ne pripadaju dogañaju B. simetrična razlika dogañaja – A∆B=(A-B)∪(B-A)=(A∪B)-AB disjunktni dogañaji – A∩B=AB=∅ znači da se dogañaji ne mogu istovremeno ostvariti. Proširenje operacija unije i preseka na konačno i prebrojivo mnogo dogañaja: n

A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ An = I Ai

dogañaj koji se realizuje ako se realizuje svaki od dogañaja Ai, i=1,...n.

i =1 n

A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An = U An

...

i =1

Ako je A=B1+B2+...+Bn, BiBj=∅ za i≠j, A je rastavljen na n posebnih činilaca. Ako njihova unija čini Ω, dogañaji Bi obrazuju potpunu grupu dogañaja. Klasa F dogañaja koji se posmatraju kod opita sa slučajnim ishodima je σ-polje dogañaja (ili σalgebra), ako: 1. Ω∈F, 2. A∈F ⇒ Ac∈F n

3. An∈F, n=1, 2, ... ⇒ U An ∈ F n =1

14

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka Važi i da ako prazan skup pripada F onda proizvod svih An takoñe pripada F. Važe sledeći identiteti: Komutativnost preseka i unije: A∩B=B∩A; A∪B=B∪A Asocijativnost preseka i unije: A(BC)=(AB)C; A∪(B∪C)=(A∪B)∪C Distributivni zakon: A(B∪C)=AB∪AC; A∪ (BC)=(A∪B)(A∪C) Zakon jedinice: A∪∅=A; A∪Ω=Ω; A∅=∅; AΩ=A De Morganovi zakoni: (AB)c=Ac∪Bc; (A∪B)c=AcBc;

(I A ) = U A ; (U A ) = I A c

i

c i

c

c i

i

Idempotentni zakon: AA=A; A∪A=A ∅c=Ω; AAc=∅; A∪Ac=Ω; (Ac)c=A; Ωc=∅ A∪B=A∪AcB n

UA

i

= A1 + A1c A2 + Aic A2c A3 + ... + A1c ... An

i =1

Zadaci 2.1. Četiri studenta Aca, Bojan, Darko i Marko polažu ispit. Ako sa A, B, D i M označimo njihove uspehe na ispitu, izraziti sledeće dogañaje: E – nijedan nije položio, F – položila su dva studenta, G – položio je samo Bojan, H - položili su svi i I - položio je makar jedan od njih.

Rešenje: E=AcBcDcMc F= ABDcMc+ ABcDMc+ ABcDcM+ AcBDMc+ AcBDcM+ AcBcDM G= AcBMcDc H=ABDM I= A ∪ B ∪ D ∪ M 2.2. Bacaju se istovremeno novčić i numerisana kocka, pri čemu se registruje pojava pisma i grba na novčiću, kao i pojava broja na gornjoj strani kocke. Opisati skup ishoda.

Rešenje: Ω = {( P,1), ( P,2), ( P,3), ( P,4), ( P,5), ( P,6),

(G,1)(G,2), (G,3), (G,4), (G,5), (G,6)}

2.3. U kutiju su 4 cedulje numerisane brojevima 1,2,3,4. Na slučajan način se iz kutije izvlači jedna po jedna cedulja bez vraćanja i to sve dok se ne izvuče cedulja na kojoj je neparan broj. Opisati prostor ishoda.

Rešenje:

Ω = {1,3,21,23,41,43,421,423,241, 243}

15

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 2.4. Baca se kocka i registruje broj koji se pojavi na gornjoj strani. Neka je dogañaj A: pada broj manji od 3, a dogañaj B: pada broj manji od 5. Opisati prostor ishoda, kao i dogañaje A i B.

Rešenje:

Ω = {1,2,3,4,5, 6}, A = {1, 2}, B = {1,2,3, 4}

2.5. Dokazati sledeće jednakosti za ma koje dogañaje A,B,C: a) A ∪ BC = ( A ∪ B)( A ∪ C ) b) A ∪ B = AB ∪ AB c ∪ Ac B

Rešenje: ω ∈ ( A ∪ ( B ∩ C )) ⇔ (ω ∈ A ∨ (ω ∈ B ∧ ω ∈ C )) a) ⇔ ((ω ∈ A ∨ ω ∈ B) ∧ (ω ∈ A ∨ ω ∈ C )) ⇔ ω ∈ ( A ∪ B) ∩ ( A ∪ C ) b)

A + B = AB + AB C + AC B = A( B + B C ) + AC B = AΩ + AC B = A + AC B = = ( A + AC )( A + B) = Ω( A + B) = A + B

2.6. Neka je A ⊂ B . Uprostiti izraze:AB, A+B,ABC,A+B+C.

Rešenje: AB = A ∩ B = A A+ B = A∪ B = B ABC = A ∩ B ∩ C = A ∩ C = AC A+ B +C = A∪ B ∪C = B∪C = B +C 2.7. Dokazati da dogañaji A1 , A1C A2 , A1C A2C A3 , A1C A2C A3C obrazuju potpun sistem dogañaja.

Rešenje: A1 + A1C A2 + A1C A2C A3 + A1C A2C A3C = A1 + A1C A2 + A1C A2C ( A3 + A3C ) = = A1 + A1C A2 + A1C A2C Ω = A1 + A1C A2 + A1C A2C = A1 + A1C ( A2 + A2C ) = = A1 + A1C Ω = A1 + A1C = Ω A1 ⋅ A1C A2 = ∅ A1 ⋅ A1C A2C A3 = ∅ A1 ⋅ A1C A2C A3C = ∅ A1C A2 ⋅ A1C A2C A3 = ∅ A1C A2 ⋅ A1C A2C A3C = ∅ A1C A2C A3 ⋅ A1C A2C A3C = ∅ 2.8. Dokazati da dogañaji AB, ACB,ABC,ACBC obrazuju potpun sistem dogañaja ako su A i B proizvolji dogañaji.

Rešenje:

16


AB + AC B + AB C + AC B C = B( A + AC ) + B C ( A + AC ) = = BΩ + B C Ω = B + B C = Ω AB ⋅ AC B = ∅ AB ⋅ AB C = ∅ AB ⋅ AC B C = ∅

AC B ⋅ AB C = ∅

AC B ⋅ AC B C = ∅ AB C ⋅ AC B C = ∅

2.9. Dokazati da je M = ( A ∪ B) ∩ ( A c ∪ B) ∩ ( A c ∪ B c ) ∩ ( A ∪ B c ) nemoguć dogañaj.

Rešenje: B ∪ ( A ∩ AC ) ∩ B C ∪ ( AC ∩ A) = B ∪ ∅ ∩ B C ∪ ∅ = B ∩ B C = ∅

(

)(

2.10. Uprostiti izraz A = (B ∪ C ) B ∪ C C B ∪ C C

)

Rešenje: A = B ∩C

17


3. DEFINICIJE VEROVATNOĆE DOGAĐAJA Klasična definicija verovatnoće Imamo prostor elemetnarnih dogañaja Ω = {ω1 , ω 2 ,..., ω n } i dogañaj A = {ω i1 ,..., ω im } podskup Ω, gde je 1≤i1
Statistička definicija verovatnoće n(A) – broj realizacija dogañaja A u n opita 0≤n(A)≤1 n( A) – relativna frekvencija dogañaja A n f r ( A) =

n( A) n

Za dovoljno veliko n frekvencija dogañaja A je skoro konstantna vrednost i ona se uzima za verovatnoću dogañaja A. Frekvencija dogañaja A teži verovatnoći dogañaja A, kad se n uvećava, ako za proizvoljno malo

 n( A)  − p 〈ε  teži jedinici.:  n 

ε, verovatnoća nejednakosti 

 n( A )  p − p 〈ε  n  → ∞ →1  n 

Geometrijska definicija verovatnoće Proširenje klasične definicije verovatnoće na beskonačan broj slučajeva je geometrijska verovatnoća:

p ( A) =

površina( g ) površina (G )

gde su: G – oblast na koju može pasti slučajno bačena tačka g – oblast čija je površina proporcionalna verovatnoći da tačka padne u nju (ne zavisi od oblika i položaja oblasti) i g⊂G. G g

18


Zadaci 3.1. Kuglica je izvučena iz kutije u kojoj se nalazi 4 bele, 3 crvene i 4 plave kuglice. Odrediti verovatnoću da izvučena kuglica: a) bude bela b) bude bela ili crvena c) nije crvena

Rešenje: a) p ( A) =

4 11

b) p ( B) =

7 11

c) p (C ) =

8 11

3.2. Slučajno je izabran telefonski broj sa 6 cifara. Kolika je verovatnoća da su u njemu sve cifre različite?

Rešenje: n = V106 = 10

6

10! = 151200 4! m 151200 p ( A) = = = 0.1512 n 10 6

m = V106 =

3.3. Meta se sastoji iz 3 zone čija je verovatnoća pogañanja redom 0.15, 0.25 i 0.35. Koja je verovatnoća da se pri gañanju meta promaši?

Rešenje: p ( A) = 0.15 + 0.25 + 0.35 = 0.75 p ( Ac ) = 1 − 0.75 = 025 3.4. Bacaju se dve numerisane kocke. Odrediti verovatnoću dogašaja A: pao je zbir 8 i B: pao je proizvod 8.

Rešenje: 2

n = V 6 = 6 2 = 36 A – dobijen je zbir 8 A = {(2,6), (6,2), (3,5), (5,3), (4,4)} , m1=5 5 p(A) = 36 A2 – dobijen je proizvod 8 B = {(2,4), (4,2)} , m2=2 p(B) =

2 36

19

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 3.5. Šta je verovatnije dobiti pri bacanju dve kocke: zbir 11 ili zbir 12?

Rešenje: 2

n = V 6 = 6 2 = 36 A1 – dobijen je zbir 11 A1 = {(5,6), (6,5)}, m1=2 2 p(A1) = 36 A2 – dobijen je zbir 12 A2 = {(6,6)} , m2=1 p(A2) =

1 36

3.6. Kolika je verovatnoća da će se na dvema bačenim kockama dobiti zbir tačaka 10 ili ako se to ne dogodi, da će se pri ponovljenom bacanju dobiti zbir 8?

Rešenje: A- zbir 10 : 46,64,55 B – zbir 8: 26,62,35,53,44 C – A+AcB

3 1 = 36 12 5 p ( B) = 36 3 33 5 p (C ) = + ⋅ = 0.21 36 36 36

p ( A) =

3.7. U kutiji se nalazi 6 belih i 4 crvene kuglice. Odjednom se izvlači tri kuglice. Naći verovatnoću da će se meñu njima naći makar jedna bela kuglica.

Rešenje:

10! = 120 7!3! m = C 43 = 4 n = C103 =

P ( Ac ) = 1 −

4 29 = 120 30

p ( A) − izvučena je crvena kuglica 3.8. Kupac je kupio 7 sijalica od 40W, 5 sijalica od 60W i 3 sijalice od 100W. Usput je razbio 3 sijalice. Kolika je verovatnoća da razbijene sijalice imaju ukupno 180W?

Rešenje:

n = C153 = 455 m = 3 ⋅ C72 + C53 = 73 p ( A) =

73 ≈ 0.16 455

3.9. U prodavnici je 30 sijalica, od kojih je 6 boljeg kvaliteta, ali se ne zna koje su to sijalice. Ako je kupac kupio 4 sijalice, koja je verovatnoća da je meñu njima tačno dve boljeg kvaliteta?

Rešenje: 20

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka p ( A) = 0.15 3.10. Na raspolaganju su duži 2, 4, 5, 7 i 9 cm. Kolika je verovatnoća da se od 3 slučajno izabrane duži može konstruisati trougao?

Rešenje: n = C53 =

4 5⋅ 4 = 0. 4 = 10 , m : 245,457,579,479 p ( A) = 2 10

3.11. Ako konstruišemo jednakostraničan trougao ivice 3 cm, naći verovatnoću da je rastojanje izmeñu temena trougla i neke slučajno izabrane tačke unutar trougla veće od 1.

Rešenje:

π p ( A) = 1 − 2 ≈ 0.6 9 3 4 3.12. U kvadrat upisan je krug. Izračunati verovatnoću da će slučajno izabrana tačka kvadrata biti van kruga.

Rešenje: G=a2 a a2 g= r 2π = ( ) 2 π = π 2 4 a2 π π 4 p( A) = 1 − 2 = 1 − 4 a 3.13. U krug upisan je kvadrat. Izračunati verovatnoću da će slučajno izabrana tačka u krugu biti i u kvadratu.

Rešenje: 2r 2 2 a = r 2 p ( A) = 2 = ≈ 0.64 r π π

21


4. AKSIOMATSKO ZASNIVANJE TEORIJE VEROVATNOĆE Klasa F dogañaja koji se posmatraju kod opita sa slučajnim ishodima je σ-polje dogañaja (ili algebra dogañaja), ako: Ω∈F, A∈F ⇒ Ac∈F n Ai∈F, i=1, 2, ... ⇒ U Ai ∈ F i =1

Važi i da ako prazan skup pripada F onda proizvod svih Ai takoñe pripada F. Takoñe algebri dogañaja F pripadaju A∆B i ( A∆B )c . ( A ∆B = A c ∩ B ∪ A ∩ B c , ( A∆B )c = ( A ∩ B ) ∪ (A c ∩ B c ) )

(

) (

)

Definicija: Neka je F σ-polje dogañaja i R+ skup svih nenegativnih realnih brojeva. Neka je, dalje, preslikavanje: p:F→ R+ takvo da su zadovoljeni sledeći uslovi:

normiranost – p(Ω)=1

∞ ∞ σ-aditivnost – Ai∈F, AiAj=∅ za i≠j p U Ai  = ∑ p( Ai )

 i =1



i =1



n



n



i =1

aditivnost – Ai∈F, i=1, 2, … , n, AiAj=∅ za i≠j p U Ai  = ∑ p( Ai )  i =1

Tada se trojka (Ω, F, p) naziva prostor verovatnoće. Posledice definicije su: p(∅ ) = 0

( )

p Ac = 1 − p ( A)

A ⊆ B ⇒ p ( A) ≤ p ( B )

∀A ∈ F ⇒ 0 ≤ p ( A) ≤ 1

p( A ∪ B ) = p ( A) + p (B ) − p ( AB ) p ( A ∪ B ) ≤ p ( A) + p ( B )

Nejednakost u poslednjem slučaju važi ako su dogañaji A i B disjunktni. Ako je p(A)=1 kažemo da je dogañaj A skoro siguran (s. s.), a ako je p(A)=0 kažemo da je dogañaj A skoro nemoguć (s. n.).

Zadaci 4.1. Kod bacanja numerisane kocke, neka je dogañaj A: pao je paran broj. Odrediti σ - algebru koja sadrži A.

Rešenje: A = {2,4, 6},

A c = {1,3, 5},

F = {∅,{2,4, 6}, {1,3, 5}, {1,2,3,4, 5,6}}

22

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 4.2. Kod bacanja numerisane kocke, neka je dogañaj A: pao je paran broj, a dogañaj B: pao je broj deljiv sa 3. Odrediti σ - algebru koja sadrži A i B.

Rešenje:

A = {2,4, 6}, B = {3, 6},

F = {∅, A, B, A c , B c , A ∪ B, A ∩ B, A ∪ B c , A c ∪ B, A ∩ B c , A c ∩ B, A c ∩ B c , A c ∪ B c , A∆B = ( A c ∩ B) ∪ ( A ∩ B c ), A∆B = ( A ∩ B) ∪ ( A c ∩ B c ), Ω = {1,2,3,4,5, 6}}

4.3. Pokazati da iz C ⊂ D sledi p ( D \ C ) = p ( D ) − p (C ) .

Rešenje: C ⊂ D ⇒ D = C ∪ (D \ C) p ( D ) = p ((C ) ∪ ( D \ C )) C ∩ ( D \ C ) = ∅ ⇒ p ( D ) = p (C ) + p ( D \ C ) ⇒ p ( D \ C ) = p ( D ) − p (C )

4.4. Koliko je p(A∪B∪C∪D)? Uputstvo: odrediti prvo p(A∪B∪C).

Rešenje: p ( A ∪ B ∪ C ) = p ( A) + p ( B ∪ C ) − p ( A ∩ ( B ∪ C )) = = p ( A) + p ( B ) + p (C ) − p ( B ∩ C ) − p (( A ∩ B ) ∪ ( A ∩ C )) = = p ( A) + p ( B ) + p (C ) − p ( B ∩ C ) − p ( A ∩ B ) − ( A ∩ C ) + p ( A ∩ B ∩ C ) p ( A ∪ B ∪ C ∪ D ) = p ( A ∪ B ∪ C ) + p ( D ) − p (( A ∪ B ∪ C ) ∩ D ) = = p ( A ∪ B ∪ C ) + p ( D ) − p (( A ∩ D ) ∪ ( B ∩ D ) ∪ (C ∩ D )) = = p ( A) + p ( B ) + p (C ) − p ( B ∩ C ) − p ( A ∩ B ) − ( A ∩ C ) + p ( A ∩ B ∩ C ) + p ( D ) − − p ( A ∩ D ) − p ( B ∩ D ) − p (C ∩ D ) + p ( B ∩ C ∩ D ) + p ( A ∩ B ∩ D ) + p ( A ∩ C ∩ D) − − ( A ∩ B ∩ C ∩ D)

4.5. Poznate su verovatnoće dogañaja A i AB. Odrediti p(ABc).

Rešenje: ( A ∩ B ) ∪ ( A \ B) = A ( A ∩ B ) ∩ ( A \ B) = ∅ p (( A ∩ B ) ∪ ( A \ B)) = p ( A) p ( A ∩ B ) + p ( A \ B ) = p ( A) ⇒

⇒ p ( A \ B ) = p ( A) − p ( A ∩ B ) p ( AB c ) = p ( A) − p ( A ∩ B)

23


5. USLOVNE VEROVATNOĆE Verovatnoća dogañaja A pod uslovom da se realizovao dogañaj B, p(A/B) ili pB(A) se odreñuje prema: p A (B ) = p(B / A) =

p ( AB ) p ( A)

Ovim je odreñena nova verovatnoća i novi prostor (Ω, F, pA). Ova verovatnoća zadovoljava uslove (aksiome): ♦ nenegativnost: p A (B ) ≥ 0 ♦ normiranost: p A (Ω ) = 1 ♦

 ∞  ∞ p A  ∑ Bi  = ∑ p A (Bi )  i =1  i =1

Imamo da je:

p A ( A) = 1

p( A / B ) ≤ 1

Takoñe sledi pravilo množenja:

p( AB ) = p( A) p(B / A) = p(B ) p( A / B ) Nezavisni dogañaji – Dogañaj A je nezavisan od dogañaja B akko je p A (B ) = p(B ) , u tom slučaju je p( AB ) = p( A) p(B ) . Osobine nezavisnih dogañaja: ♦ proizvoljan dogañaj A i siguran dogañaj Ω su nezavisni: p( AΩ ) = p( A) p(Ω ) ♦ nezavisni su i dogañaji A i ∅: A∅ = ∅, p(∅ ) = 0 ⇒ p( A∅ ) = 0 = p( A) p(∅ ) ♦ ako su nezavisni dogañaji A i B, nezavisni su i A i Bc, Ac i B i Ac i Bc ♦ ako su nezavisni A i B1 i A i B2 nezavisni su i A i B1 + B2 , B1 B2 ≠ ∅

Odnos izmeñu nezavisnih i disjunktih dogañaja: ♦ ako su dogañaji A i B nezavisni i sa pozitivnim verovatnoćama onda su disjunktni ♦ ako su dogañaji A i B sa pozitivnim verovatnoćama disjunktni onda su zavisni ♦ dogañaji A1 , A2 ,..., An su nezavisni u ukupnosti ako postoji meñusobna nezavisnost

proizvoljnih r (r ≤ n ) takvih dogañaja, Ai1 , Ai 2 ,..., Ain ,1 ≤ i1 ≤ i2 ≤ ... ≤ ir , (r ≤ n ) važi:

tj.

ako

za

svaku

konačnu

kolekciju

p( Ai1 , Ai 2 ,..., Ain ) = p ( Ai1 ) p ( Ai 2 )... p ( Ain )

Ako su dogañaji A1 , A2 ,..., An uzajamno disjunktni sa pozitivnim verovatnoćama čija je suma Ω, tada za svako B∈F važi formula totalne verovatnoće: p(B ) = p ( A1 ) p A1 (B ) + p( A2 ) p A 2 (B ) + ... + p( An ) p An (B )

p(Ai) su apriorne verovatnoće (unapred poznate), Ai su hipoteze, pAi(B) su aposteriorne verovatnoće

24

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka Bajesova formula: p( Ai / B ) =

p ( Ai ) p(B / Ai ) = p (B )

p ( Ai ) p (B / Ai )

∑ p(A )p(B / A ) n

j =1

j

j

Tumačenje: realizacija dogañaja B je nastupila pod hipotezom (uzorkom) Ai.

Zadaci: 5.1.Odrediti verovatnoću da slučajano izbran prirodni broj: a) bude deljiv sa 2 i sa 3, b) ne bude deljiv sa 2 ili sa 3.

Rešenje: A: broj deljiv sa 2, B: broj deljiv sa 3 a) p ( A) =

1 1 1 1 1 , p ( B ) = , p (C ) = p ( AB ) = ⋅ = 2 3 2 3 6

b) p ( D ) = p ( A c ∪ B c ) = p ( A c ) + p ( B c ) − p ( A c B c ) =

1 2 1 5 + − = 2 3 3 6

5.2. Ako je p(A)=0.9, p(B)=0.8, pokazati da je p(A/B) ≥ 0.875.

Rešenje: p ( AB ) p ( A) + p ( B ) − p ( A ∪ B ) 0.9 + 0.8 − 1 = ≥ = 0.875 p( B) p( B) 0 .8 p( A ∪ B) ≤ 1 p( A / B) =

5.3. Iz skupa S={1,2,3,...,20} je slučajno izabran jedan broj. Ako je poznato da je izabrani broj deljiv sa 3 kolika je verovatnoća da je u pitanju paran broj?

Rešenje: A : 2,4,6,8,10,12,14,16,18,20 B : 3,6,9,12,15,18 A ∩ B = {6,12,18} 1 2 6 p( B) = 20 p ( A) =

3 p ( AB) 20 1 p( A / B) = = = 6 p( B) 2 20

25

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 5.4. Kolika je verovatnoća da će se na dvema bačenim kockama dobiti zbir tačaka 10 ili ako se to ne dogodi, da će se pri ponovljenom bacanju dobiti zbir 8?

Rešenje: A- zbir 10 : 46,64,55 B – zbir 8: 26,62,35,53,44 C – A+AcB 3 p(A)= 36 5 p(B)= 36 33 p(Ac)= 36 p(AcB)=0.126 p(C)=p(A)+p(AcB)=0.2 5.5. Student je izašao na ispit znajući 20 od 25 pitanja. Ispitivač je postavio 3 pitanja. Koja je verovatnoća da student zna sva tri pitanja?

Rešenje: p ( A1 A2 A3 ) = p ( A1 ) p ( A2 / A1 ) p ( A3 / A1 A2 ) =

20 19 18 ⋅ ⋅ = 0.4956 25 24 23

5.6. Čovek ima 5 ključeva od kojih samo jedan otvara vrata. Ključevi su po obliku slični pa ih on ne razlikuje. Da bi otvorio vrata on proba ključeve jedan za drugim, pa ključ koji "ne otvara" stavlja na stranu. Odrediti verovatnoću da će mu za otvaranje vrata trebati 1,2,3,4,5 pokušaja.

Rešenje: p ( A1 ) =

1 5

p ( A2 ) = p ( A1c ) p ( A2 / A1c ) =

4 1 1 ⋅ = 5 4 5

p ( A3 ) = p ( A1c ) p ( A2c / A1c ) p ( A3 / A1c A2c ) =

4 3 1 1 ⋅ ⋅ = 5 4 3 5

4 3 2 1 1 ⋅ ⋅ ⋅ = 5 4 3 2 5 p ( A5 ) = p ( A1c ) p ( A2c / A1c ) p ( A3c / A1c A2c ) p ( A4c / A1c A2c A3c ) p ( A5 / A1c A2c A3c A4c ) =

p ( A4 ) = p ( A1c ) p ( A2c / A1c ) p ( A3c / A1c A2c ) p ( A4 / A1c A2c A3c ) =

=

4 3 2 1 1 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅1 = 5 4 3 2 5

5.7. Iz kutije u kojoj je m belih i n crnih kuglica odjednom je izvučeno k kuglica. Pod predpostavkom da su sve izvučene kuglice iste boje koja je verovatnoća da su sve crne?

Rešenje: A - izvučeno je k kuglica B- izvučene su crne ili bele kuglice 26

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka n C nk   k C n+m p ( AB) k  p( A / B) = = k = p( B) C n + C mk  n  m   +   k C n+m k  k 

5.8. Strelci A,B,C, gañaju po jednom u cilj nezavisno jedan od drugog, pogañajući ga sa verovatnoćama 0.6, 0.5 i 0.4. Ustanovljeno je da je cilj pogoñen 2 puta. Šta je verovatnije da je strelac C pogodio ili promašio?

Rešenje: A,B,C - cilj je pogodio strelac A,B,C D - cilj je pogoñen dva puta D = ABC c + Ac BC + AB c C p ( A) = 0.6 p ( B ) = 0 .5 p (C ) = 0.4 p ( D) = 0.6 ⋅ 0.5 ⋅ 0.6 + 0.4 ⋅ 0.5 ⋅ 0.4 + 0.6 ⋅ 0.5 ⋅ 0.4 = 0.38

p(C c D) p(C c ( ABC c + A c BC + AB c C )) p( ABC c ) 0.18 p(C / D) = = = = = 0.47 p( D) p ( D) p( D) 0.38 p (C / D) = 1 − 0.47 = 0.53 c

p (C / D) > p (C c / D) Verovatnije je da je strelac C pogodio! 5.9. Proizvodi fabrike dolaze na kontrolu ispravnosti kod 2 kontrolora sa verovatnoćama 0.6 i 0.4. Verovatnoća da će proizvod biti proglašen ispravnim kod prvog kontrolora je 0.94, a kod drugog 0.98. Proizvod je bio ispravan. Naći verovatnoću da je proveru izvršio prvi kontrolor.

Rešenje: p(A) = 0.6 p(B) = 0.4 p(C/A) = 0.94 p(C/B) = 0.98 p(C) = p ( A) p (C / A) + p ( B) p (C / B) = 0.956 p ( A) p (C / A) p(A/C) = = 0.59 p (C ) 5.10. U grupi sportista je 10 fudbalera, 8 košarkaša i 6 rukometaša. Verovatnoća da će postići pogodak je za fudbalera 0.6, za košarkaša 0.8 i za rukometaša 0.75. Odrediti verovatnoću da će slučajno odabrani sportista postići pogodak. Koja je verovatnoća da košarkaš poentira ?

Rešenje: p(A) = 10/24 = 0.42 p(B) = 8/24 = 0.33 27

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka p(C) = 6/24 = 0.25 p(D\A) = 0.6 p(D\B) = 0.8 p(D\C) = 0.75 p(D) = 0.7 p(B\D) = 0.377 5.11. U fabrici se 25% artikala proizvodi na mašini A, 35% na mašini B i 40% na mašini C. Mašine A,B,C prave 5%, 4% i 2% škarta respektivno. Svi proizvodi stavljaju se u isto skladište. Kolika je verovatnoća da je taj neispravni artikal napravljen na mašini A?

Rešenje: p(D) = 0.0345 p(A\D) = 0.36 5.12. Verovatnoća da dva blizanca budu istog pola je 0.64. Verovatnoća rañanja muškog deteta je 0.51. U slučaju rañanja dece raznih polova oba redosleda su jednako verovatna. Naći verovatnoću da je drugi blizanac muškog pola ako je i prvi bio muškog pola.

Rešenje: p(M 1 M 2 + M 1 Z 2 + Z1 M 2 + Z1 Z 2 ) = 1 p ( M 1 M 2 + Z 1 Z 2 ) = 0.64 p ( M 1 Z 2 ) = p ( Z 1 M 2 ) = 0.5 ⋅ (1 − 0.64) = 0.18 p(M 2 / M 1 ) = ? p(Z 2 / M 1 ) =

p ( M 1 Z 2 ) 0.18 = = 0.35 p( M 1 ) 0.51

p ( M 2 / M 1 ) = 1 − p ( Z 2 / M 1 ) = 1 − 0.35 = 0.65 5.13. Predpostavlja se da meñu istim brojem muškaraca i žena ima 5% daltonista muškaraca i 25% daltonista žena. Slučajno odabrana osoba je daltonista. Koja je verovatnoća da je ta osoba muškarac?

Rešenje: p(C) = 0.15 p(A\C) = 0.17

28


6. NIZOVI NEZAVISNIH OPITA Sm – dogañaj koji se realizuje kada se u n nezavisnih opita dogañaj A realizuje m puta. Verovatnoću dogañaja Sm odreñujemo prema Bernulijevoj šemi: n p n (m ) =   p m q n −m m

0≤m≤n

p – verovatnoća dogañaja A q – verovatnoća dogañaja Ac

U opštem slučaju Bernulijeva šema ima oblik: pn (m1 , m2 ,..., mk ) =

n! p1m1 p2m2 ... pkmk m1!m2 !...mk !

U ovom slučaju vrši se n nezavisnih opita i u svakom od njih se može realizovati samo jedan od dogañaja Ai, i=1, 2, ... , k; p(Ai)=pi; p1 + p2 + ... + pk = 1 . Odreñujemo verovatnoću da se u n ponovljenih opita dogañaj A1 realizovao m1 puta, dogañaj A2 m2 puta, ... , dogañaj Ak mk puta. np − q ≤ m ≤ np + q

Lokalna Moavr-Laplasova teorema – koristi se za približno odreñivanje verovatnoće pojavljivanja datog dogañaja m puta u slučaju kada su vrednosti n i k velike, za p=q=0.5, odnosno za n>100 i npq>20: p n (m ) =

−

x2 2

1 1 e = ϕ (x ) npq 2π24 14 3 npq 1

gde je x =

m − np npq

ϕ (x)

Funkcija ϕ(x) je Gausova funkcija, čije su vrednosti date u tabeli. Ova funkcija je parna: ϕ(x)= ϕ(-x).

Integralna Moavr-Laplasova teorema: b

p (a ≤ x ≤ b ) = 2π ∫ e x ∈ [x1 , x 2 ] a= b=

−

x2 2

dx = Φ(b ) − Φ(a )

a

x1 − np npq x 2 − np npq

gde je vrednost funkcije φ(x) data u tabeli. Ova funkcija je neparna: φ(-x)=-φ(x). Posledica ove teoreme je Bernulijev zakon velikih brojeva. Neka je ε proizvoljan pozitivan broj. m  Interesuje nas granična vrednost verovatoće dogañaja M=  − p ≤ ε  kada n → ∞ , gde je m/n  n  relativna frekvencija dogañaja A verovatnoće p(A)=p:

29


m  1 p − p ≤ ε  ∼ 2π  n 

ε

n pq

∫ −ε

−t 2

e n pq

 dt = 2φ  ε 

n   pq 

Poasanova aproksimacija Bernulijeve šeme koristi se za retke dogañaje, kada je malo p, tj. np<20:

n λm −λ n−m p n (m ) =   p nm (1 − p n ) → e m! m 0<λ<∞ λ = np n

(n → ∞, p n → 0, n ⋅ p n → λ )

Zadaci 6.1. U seriji jednog proizvoda ima 4% škarta. Slučajno se 5 puta bira po jedan proizvod iz serije. Naći verovatnoću: a) da se neće izvući ni jedan škart, b) da će se najmanje 3 puta izvući škart.

Rešenje: a) p = 0.04, q = 1 − p = 0.96 n = 5, m = 0 5  p n (m) =   ⋅ 0.04 0 ⋅ 0.96 5 = 0.96 5 = 0.81 0

b)

p = 0.04, q = 1 − p = 0.96 n = 5, m = 3,4,5  5 p5 (3) =   ⋅ 0.04 3 ⋅ 0.96 2 = 0.0006  3 5 p5 (4) =   ⋅ 0.04 4 ⋅ 0.96 = 0.12 ⋅ 10 − 4  4 5 p5 (5) =   ⋅ 0.04 5 ⋅ 0.96 0 = 0.1 ⋅ 10 −6 5 p ( A) = p 5 (3) + p 5 (4) + p 5 (5) = 0.0006 II način a=

3 − np npq

= 6.39, b =

5 − np npq

= 10.95

p (3 ≤ x ≤ 5) = Φ(10.95) − Φ (6.39) ≈ 0 30

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka Napomena: Vrednosti za Φ potražiti u Tablici I proveriti!!! 6.2. Verovatnoća pogotka cilja je 0.25. Cilj se gaña 6 puta. Koja je verovatnoća da je cilj bio pogoñen: a) 2 puta, b) bar jedanput?

Rešenje: a) p = 0.25, q = 0.75 n=6 6 6! p 6 (2) =   ⋅ 0.25 2 ⋅ 0.75 4 = ⋅ 0.02 ≈ 0.3 2!⋅4!  2

b) p = 0.25, q = 0.75 n=6 6 1 − p 6 (0) = 1 −   ⋅ 0.25 0 ⋅ 0.75 6 = 0.82 0

6.3. Istraživanjem je utvrñeno da na svakih 1000 novoroñenčadi ima 515 dečaka i 485 devojčica. U nekoj porodici ima četvoro dece. Kolika je verovatnoća da meñu njima nema više od 2 devojčice.

Rešenje: p = 0.485, q = 0.515 n = 4, m = 0,1,2 p 4 (0) + p 4 (1) + p 4 (2) =  4  4  4 =   ⋅ 0.485 0 ⋅ 0.515 4 +   ⋅ 0.485 ⋅ 0.515 3 +   ⋅ 0.485 2 ⋅ 0.515 2 = 0 1   2 = 0.07 + 0.26 + 0.37 = 0.7

6.4. Vrši se 10 gañanju u cilj pri čemu je verovatnoća pogotka u jednom gañanju 0.2. Odrediti verovatnoću da broj pogodaka ne bude manji od 2 i ne veći od 4.

Rešenje: n = 10, p = 0.2, q = 0.8 a= b=

2 − np npq 4 − np npq

= =

2 − 10 ⋅ 0.2 10 ⋅ 0.2 ⋅ 0.8 4 − 10 ⋅ 0.2 10 ⋅ 0.2 ⋅ 0.8

= 0, = 1.58,

p (2 ≤ x ≤ 4) = Φ (1.58) − Φ(0) = 0.44295 31

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 6.5. Broj dece u nekoj porodici je 10. Ako je verovatnoća rañanja muškog deteta 0.5 odrediti verovatnoću: a) da porodica ima 5 dečaka i 5 devojčica b) da je broj dečaka u porodici izmeñu 5 i 8.

Rešenje: a) p = q = 0 .5 n = 10 10  p10 (5) =   ⋅ 0.5 5 ⋅ 0.5 5 = 0.246 5 

b) n = 10, p = q = 0.5 a= b=


= =

5 − 10 ⋅ 0.5 10 ⋅ 0.5 ⋅ 0.5 8 − 10 ⋅ 0.5 10 ⋅ 0.5 ⋅ 0.5

= 0, = 1.897,

p (5 ≤ x ≤ 8) = Φ(1.897) − Φ (0) = 0.47042

6.6. Verovatnoća da neki proizvod ne proñe kontrolu je 0.2. Odrediti verovatnoću da kod 400 slučajno izabranih proizvoda broj onih koji nisu prošli kontrolu bude izmeñu 70 i 100.

Rešenje: n = 400, p = 0.2, q = 0.8 a= b=


= =

70 − 400 ⋅ 0.2 400 ⋅ 02 ⋅ 0.8

= −1.25,

100 − 400 ⋅ 0.2 400 ⋅ 0.2 ⋅ 0.8

= 2.5,

p (70 ≤ x ≤ 100) = Φ (2.5) − Φ(−1.25) = Φ (2.5) + Φ (1.25) = = 0.49379 + 0.39435 = 0.88814 6.7. Bacaju se dve kocke 155 uzastopno. Kolika je verovatnoća da će se zbir 8 pojaviti više od 24, a manje od 30 puta?

Rešenje: 26,62,44,53,35 5 31 ,q = 36 36 p (24 ≤ x ≤ 30) = Φ (1.968) − Φ (0.574) = 0.47558 − 0.21566 = 0.25992

n = 155, p =

32

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 6.8. U proizvodnji metalih šipki je prosečno 10% neispravnih. Sa kojom verovatnoćom se može smatrati da će u seriji od 400 slučajno izabranih šipki biti ispravno više od 299?

Rešenje: n = 400, p = 0.9, q = 0.1 p (300 ≤ x ≤ 400) = Φ(6.67) + Φ (10) ≈ 1

Napomena: p=0.9 jer se u zadatku dat procenat neispravnih šipki. Za svako a ili b koje je veće od 5 može se uzeti približna vrednost Φ od 0.5. 6.9. Neka je verovatnoća pojave dogañaja A u svakom od 100 nezavisnih opita 0.8. Naći verovatnoću pojave dogañaja A od 75 do 90 puta.

Rešenje: n = 100, p = 0.8, q = 0.2 p (75 ≤ x ≤ 90) = Φ (2.5) + Φ (1.25) = 0.8884 6.10. Naći broj potrebnih ponavljanja opita da bi se sa verovatnoćom ne manjom od 0.95 moglo tvrditi da je razlika izmeñu frekvencije i verovatnoće p=0.5 najviše 0.01.

Rešenje: n = ?, p = q = 0.5, p (n) ≥ 0.95 m  p − p ≤ 0.01 ≥ 0.95  n   m  p − 0.5 ≤ 0.01 = 2Φ ε  n  

 n  n   = 2Φ 0.01    pq  ⋅ 0 . 5 0 . 5  

 n   ≥ 0.95 2Φ 0.01  0 . 25    n   ≥ 0.475 Φ 0.01  0 . 25   0.02 n ≥ 1.96 n ≥ 98 n ≥ 9604 6.11. Posejano je 600 zrna kukuruza. Verovatnoća klijanja jednog zrna je 0.9. Naći granicu apsolutnog odstupanja frekvencije proklijalog semena od verovatnoće p=0.9 ako ta granica treba da bude garantovana sa verovatnoćom 0.995.

Rešenje:

33


ε = ?, n = 600, p = 0.9, q = 0.1, p(n) = 0.995  m  p − 0.9 ≤ ε  = 0.995  600    m  600  p − 0.9 ≤ ε  = 2Φ ε   600   0 .9 ⋅ 0 .1  2Φ (ε ⋅ 81.65) = 0.995 Φ(81.65ε ) = 0.4975 81.65ε = 2.81 ε = 0.034 6.12. Odrediti verovatnoću da pri bacanju novčića 100 puta relativna frekvencija pojave grba odstupa od verovatnoće 0.5 više od 0.1 puta.

Rešenje:

ε = 0.1, n = 100, p = q = 0.5  m  p − 0.5 ≤ 0.1 = ?   100   m  100  p − 0.5 ≤ 0.1 = 2Φ 0.1 0.5 ⋅ 0.5   100   2Φ (2 ) = 2 ⋅ 0.47725 = 0.9545  m  p − 0.5 > 0.1 = 1 − 0.9545 = 0.0455  100  6.13. U partiji od 10000 proizvoda ima 6000 proizvoda prve klase. Kolika je verovatnoća da u uzorku od 100 proizvoda bude 70 proizvoda prve klase?

Rešenje: n = 100, m = 70, p = 0.6, q = 0.4 1 p100 (70) ≈ ⋅ ϕ ( x) npq x=

m − np npq

p100 (70) ≈

=

70 − 100 ⋅ 0.6 100 ⋅ 0.6 ⋅ 0.4

= 2.04

1 ⋅ ϕ (2.04) = 0.2 ⋅ 0.0498 = 0.01 4.899

6.14. U kutiji je 5 plavih i 50 crnih kuglica. Kolika je verovatnoća da se u 10 nezavisnih izbora sa vraćanjem 3 puta izvuče plava kuglica?

Rešenje:

34


1 10 ,q = 11 11 λ = 10 ⋅ 0.09 = 0.9 n = 10, m = 3, p =

p10 (3) =

λm m!

⋅e

−λ

0.9 3 −0.9 = ⋅e = 0.05 3!

6.15. Naći verovatnoću da se od 500 slučajno izabranih ljudi šestoro rodilo 1.aprila.

Rešenje:

n = 500, m = 6, p =

λ = 1.37 p500 (6) =

λm m!

1 364 ,q = 365 365

⋅ e −λ =

1.37 6 −1..37 ⋅e = 0.002 6!

6.16. Prema podacima tehničke kontrole prosečno kod 2% časovnika treba izvršiti dopunsko regulisanje. a) Koja je verovatnoća da se na 290 od 300 slučajno izabranih časovnika ne vrši dopunsko regulisanje? b) Ako se kod 300 časovnika nañe najmanje 11 kod kojih treba izvršiti dopunsko regulisanje, cela partija se ne prihvata. Koja je verovatnoća da se partija prihvati?

Rešenje: a) n = 300, m = 290, p = 0.02, q = 0.98 λ=6 p300 (10) =

λm m!

⋅e

−λ

610 −6 = ⋅ e = 0.04 10!

b) n = 300, m = 11, p = 0.02, q = 0.98

λ=6 λm

611 − 6 ⋅ e = 0.02 m! 11! p = 1 − p300 (11) = 1 − 0.02 = 0.98

p300 (11) =

⋅ e −λ =

6.17. Za jedan sat telefonska centrala dobije prosečno 60 poziva. Naći verovatnoću da neće biti ni jednig poziva za vreme trajanja od 30 minuta.

Rešenje:

35


n = 30, m = 0, p =

λ = 0 .5 p30 (0) =

λm m!

⋅e

−λ

1 60 0.5 0 − 0.5 = ⋅e = 0.61 0!

6.18. Verovatnoća da je jedan proizvod defektan je 0.01. Iz velikog skladišta uzima se 100 proizvoda. Naći verovatnoću da meñu njima bude tačno 5 defektnih.

Rešenje: n = 100, m = 5, p = 0.01 λ =1 p100 (5) =

λm m!

⋅ e −λ =

15 −1 ⋅ e ≈ 0.003 5!

36


7. SLUČAJNE PROMENLJIVE Definicija - Realizacija svakog slučajnog dogañaja može se okarakterisati brojem. Promenljiva veličina, koja te brojne vrednosti uzima sa odreñenim verovatnoćama, naziva se slučajnom promenljivom. Slučajna promenljiva se često definiše i kao funkcija, koja svakom elementarnom dogañaju pridružuje neki broj. Diskretna slučajna promenljiva - kada slučajna promenljiva uzima sa pozitivnim verovatnoćama konačan broj ili prebrojivo mnogo vrednosti. Neprekidna slučajna promenljiva - kada slučajna promenljiva sa pozitivnim verovatnoćama može da uzme proizvoljnu brojevnu vrednost na odreñenom intervalu.

7.1.Diskretna slučajna promenljiva Diskretnu slučajnu promenljivu definišu, potpuno odreñuju: -

Zakon raspodele verovatnoća slučajne promenljive je pravilo po kome svakoj vrednosti slučajne promenljive pridružujemo odgovarajuću verovatnoću.

 x x ... x n  , X :  1 2  p1 p 2 ... p n 

n

∑p i =1

i

=1

-

x1 , x 2 ,..., x n vrednosti koje može da ima slučajna promenljiva X .

-

p1 , p 2 ,..., p n verovatnoće sa kojima X uzima vrednosti x1 , x 2 ,..., x n .

Grafička ilustracija raspodele verovatnoća je poligon raspedele verovatnoća.

- Verovatnoća dogañaja X
F ( x) = p( X < x) =

∑p

xi < x

i

Kod diskretne slučajne promenljive funkcija raspodele je:

0, p ,  1  p + p 2 , F(X ) =  1 za ...,   p1 + p 2 + ... + p n ,  1

x ≤ x1

 x1 < x ≤ x 2  x 2 < x ≤ x3   ...  x n −1 < x ≤ x n   x > xn 

37


7.2. Neprekidna slučajna promenljiva f(x) - gustina raspodele verovatnoća - nema univerzalni karakter, postoji samo za neprekidne slučajne promenljive F(x) - funkcija raspodele verovatnoća f ( x) = F ' ( x) b

p (a ≤ X ≤ b) = ∫ f ( x) = F (b) − F (a ) a x

F ( x) =

∫ f (t )dt

−∞

Osobine gustine raspodele: f ( x) ≥ 0 ∞

∫ f ( x)dx = 1

−∞

Zadaci: 7.1. Sastaviti zakon i funkciju raspodele verovatnoća broja pojavljivanja dogañaja A u 3 nezavisna opita ako je verovatnoća ostvarivanja dogañaja A u svakom opitu 0.6.

Rešenje: p = 0.6, q = 1 − p = 0.4, n = 3, m = 0,1,2,3

3 p3 (0) =   ⋅ 0.6 0 ⋅ 0.4 3 = 0.064 0  3 p3 (1) =   ⋅ 0.61 ⋅ 0.4 2 = 0.288 1  3 p3 (2) =   ⋅ 0.6 2 ⋅ 0.4 = 0.432  2  3 p3 (3) =   ⋅ 0.6 3 ⋅ 0.4 0 = 0.216  3

0, 0.064,  F ( X ) = 0.352, 0.784,  1,

x≤0  0 < x ≤ 1   1< x ≤ 2 2 < x ≤ 3   x>3

 0 1 2 3   X :  0.064 0.288 0.432 0.216    7.2. Neki novčić se baca 2 puta. Napisati zakon i funkciju raspodele slučajne promenljive X broj pojave grba.

Rešenje:

38


p = 0.5, q = 1 − p = 0.5, n = 2, m = 0,1,2 3 p 2 (0) =   ⋅ 0.5 0 ⋅ 0.5 2 = 0.25  0  3 p 2 (1) =   ⋅ 0.5 ⋅ 0.5 = 0.5 1  3 p 2 (2) =   ⋅ 0.5 2 ⋅ 0.5 2 = 0.25  2  0 1 2   X :  0.25 0.5 0.25   

0, 0.25,  F(X ) =  0.75, 1,

x≤0

 0 < x ≤ 1  1 < x ≤ 2 x > 2 

7.3. Neki novčić se baca 5 puta. Napisati zakon i funkciju raspodele slučajne promenljive X broj pojave pisama.

Rešenje: p = 0.5, q = 1 − p = 0.5, n = 5, m = 0,1,2,3,4,5

5 1 p5 (0) =   ⋅ 0.5 0 ⋅ 0.5 5 = 32 0 5 5 p5 (1) =   ⋅ 0.5 ⋅ 0.5 4 = 32 1  5 10 p5 (2) =   ⋅ 0.5 2 ⋅ 0.5 3 = 32  2  5 10 p5 (3) =   ⋅ 0.5 3 ⋅ 0.5 2 = 32  3 5 5 p5 (4) =   ⋅ 0.5 4 ⋅ 0.5 = 32  4  5 1 p5 (5) =   ⋅ 0.5 5 ⋅ 0.5 0 = 32  5  0 1 2 3 4 5    X :  1 5 10 10 5 1   32 32 32 32 32 32    7.4. Slučajna veličina ima za gustinu: a) f ( x) =

a na intervalu [-1,1]. Odrediti a i F(x). 1+ x2

a cos x, b) f ( x) =  0,

x ≤

π

π

3 . Odrediti a, F(x) i p (0 < X < ) . 6 inace

39


a ( x + 1), c) f ( x) =  0,

0≤ x≤2 . Odrediti a, F(x) i p (1 < X < 2) . inace

Rešenje: a) 1

dx =1 2 −1 1 + x

a∫

a (arctg1 − arctg (−1)) = 1 a⋅2 a=

π 4 2

=1

π x

F(X ) =

2

dt

∫1+ t

−1

2

π

=

2

π

(arctgx − arctg (−1)) =

2

π

arctgx +

1 2

b) π 3

a ∫ cos xdx = 1 −

π

3

π

π

− sin(− )) = 1 3 3 3 3  + =1 2 2 

a (sin  a 

a 3 =1 a=

3 3 x

F(X ) =

∫π

−

3 3 3 3 sin x 1  sin x + = cos tdt = +   3 3  2  3 2

3

3 1 π π 1  3  π  p  0 < X <  = F   − F ( 0) = sin + −  sin 0 +  = 6 3 6 2  3 2  6 =

3 1 1 3 + − = 6 2 2 6

c)

40

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 2

a ∫ ( x + 1)dx = 1 0 2  2 a ∫ xdx + ∫ dx  = 1 0 0 

  x2 2  2 a   + [x]0  = 1  2   0   a ( 2 + 2) = 1 a=

1 4 2

1 f ( x) = ∫ ( x + 1)dx 40 2 2  1 1   x 2  2 p (1 < X < 2 ) = sin ∫ ( x + 1)dx = [ x ] = + 1    4 4   2 1 1   1  1  1 5 5 = ⋅  2 − + 2 − 1 = ⋅ = 4  2  4 2 8

  π π a cos 2 x , x ∈ − 4 , 4   . 7.5. Neprekidna slučajna promenljiva X zadana je gustinom f (x ) =  0 , x ∉ − π , π   4 4   

π  Odrediti konstantu a, naći funkciju raspodele F(X), kao i verovatnoću p 0〈 X 〈  . 8  Rešenje: a = 1, 1 (sin 2 x + 1) 2 π 2  p  0〈 X 〈  = 8 4 

F(X ) =

7.6. Slučajna promenljiva ima normalnu raspodelu N (0,1). Naći: a) p (0 < X < 1.42) b) p (−0.73 < X < 0) c) p (−1.73 < X < 2.01) d) p( X < 0.5) e) p ( X > 1.13)

Rešenje: a) p (0 < X < 1.42) = Φ(1.42) = 0.4222 b) p (−0.73 < X < 0) = Φ (0.73) = 0.2673 41

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka p (−1.73 < X < 2.01) = Φ(2.01) + Φ (1.73) = 0.47778 + 0.41466 = = 0.93696 d) p( X < 0.5) = 2Φ (0.5) = 0.38292 c)

e) p ( X > 1.13) = 0.5 − Φ (1.13) = 0.12924 Napomena: Vidi DODATAK XC 7.7. Prečnik matrica koje fabrika proizvodi je slučajna promenljiva X: N (1.5,0.04). Naći verovatnoću škarta pod uslovom da je propisana tolerancija prečnika ± 0.07 . Kolika tolerancija prečnika može da se garantuje sa verovatnoćom 0.97?

Rešenje:  0.07  p (−0.07 < X > 0.07) = 2Φ  = 2Φ (1.75) = 0.91988  0.04  p = 1 − 0.91988 = 0.08012  a  2Φ   = 0.97  0.04   a  Φ  = 0.485  0.04  a = 2.17 ⇒ a = 0.0868 ≈ 0.09 0.04 Tolerancija [1.41,1.59] 7.8. Pri velikom broju merenja uočeno je da 75% grešaka ne premašuje 1.25. Zamenjujući frekvencije pojavljivanja grešaka njihovim verovatnoćama, odrediti verovatno odstupanje grešaka, smatrajući da su greške merenja realizacije slučajne promenljive X: N (0, σ ).

Rešenje: p ( X < 1.25) = 0.75  1.25  0 .5 + Φ   = 0.75  σ   1.25  Φ  = 0.25  σ  1.25 = 0.67 ⇒ σ = 1.86

σ

7.9. Data je slučajna promenljiva X: N(m,σ). Odrediti nepoznate parametre iz uslova: p( X 〈 20) = 0.119 i p( X 〉 28) = 0.025 .

Rešenje:

42

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka p( X 〈20) = 0.119 p( X 〉 28) = 0.025  20 − m  0.5 + Φ  = 0.119  σ   28 − m  0.5 − Φ  = 0.025  σ  m − 20  m − 20  Φ = 1.18  = 0.381 ⇒ σ σ   28 − m  28 − m  Φ = 1.96  = 0.475 ⇒ σ σ   m = 23.009, σ = 2.55

7.10. U proizvodnji nekih proizvoda propisana tolerancija za jednu dimenziju je u granicama od 5 do 15 mm. Procenat škarta ispod donje granice je 4%, a iznad gornje je 8 %. Uz predpostavku da je posmatrana dimenzija slučajna promenljiva X:N(m,σ),odrediti m i σ.

Rešenje: m = 10.54 i σ = 3.16 7.11. Predpostavimo da telesne težine 800 studenata imaju normalnu raspodelu sa srednjom težinom 66kg i standardnim odstupanjem 5kg. Naći broj studenata čija je težina izmeñu 65 i 75kg.

Rešenje: n = 800 X : N (66,5)

 75 − 66   65 − 66  p (65 < X < 75) = Φ  − Φ =  5   5  = Φ(1.8) + Φ(0.2 ) = 0.46407 + 0.07926 = 54.33% 7.12. Mašina proizvodi metalne šipke dužine 24cm, s tolerancijom 0.5cm. Na osnovu dužeg posmatranja zna se da je σ = 0.03. Pod pretpostavkom da dužine X metalnih šipki imaju normalnu raspodelu, izračunati procenat metalnih šipki koje će se naći u intervalu tolerancije.

Rešenje: X : N (24,0.03)

 0.05  p ( X < 0.05) = 2Φ  = 2Φ(1.67 ) = 90%  0.03  7.13. Pokazati da je P( X − m 〈3σ ) = 0.997 .

Rešenje:

43

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka p ( X − m < 3σ ) = 0.997

 3σ  2Φ   = 0.997 σ  2Φ (3) = 0.997 2 ⋅ 0.49865 ≈ 0.997

44


8. DVODIMENZIONALNA SLUČAJNA PROMENLJIVA 8.1. Diskretna dvodimenzionalna slučajna promenljiva Vrednosti dvodimenzionalne slučajne promenljive se mogu predstaviti tačkama u ravni xOy; ona je slučajna tačka (x,y) u ravni.

Zakon raspodele verovatnoća je pravilo po kome svakom paru vrednosti (xi, yi) slučajne promenljive (x,y) pridružujemo odgovarajuću verovatnoću pij. Znači, imamo: pij – verovatnoću da slučajna promenljiva X uzme vrednost xi, a slučajna promenljiva Y vrednost yij tj. P( X

= x, Y = y ) = p ij ,

i = 1,..., n, j = 1,..., m,

n

m

∑∑ p i =1 j =1

ij

=1

Takoñe, imamo marginalne verovatnoće po vrstama pi i po kolonama pj, gde su: pi1 + p i 2 + ... + pim = pi.

i = 1,..., n,

p1 j + p 2 j + ... + p nj = p. j

j = 1,..., m,

m

pi. = ∑ pij = P( X = xi ) j =1

p. j = ∑ p ij = P (Y = y j ) n

i =1

n

m

i =1

j =1

∑ p i . = ∑ p. j = 1 Funkcija raspodele F(x,y) predstavlja verovatnoću istovremene realizacije dogañaja X
F(x,y) je verovatnoća da slučajna tačka (x,y) padne u beskonačni kvadrat sa temenom u tački (x,y). P[( X , Y ) ∈ S ] = P(a 〈 X 〈b, c〈Y 〈 d ) =

= F (b, d ) − F (b, c ) − F (a, d ) + F (a, c )

45


Osobine funkcije raspodele 1.

F(x,y) je neopadajuća funkcija svojih argumenata

F ( x 2 , y ) ≥ F ( x1 , y ), x 2 〉 x1

F ( x, y 2 ) ≥ F ( x, y1 ), y 2 〉 y1 2. F ( x,−∞ ) = F (− ∞, y ) = F (− ∞,−∞ ) = 0 3. F ( x,+∞ ) = P( X 〈 x,−∞〈Y 〈∞ ) = F1 ( x ) F (+ ∞, y ) = P(− ∞〈 X 〈∞, Y 〈 y ) = F2 ( y ) F1 ( x ), F2 ( y ) - odgovarajuće funkcije raspodele promenljivih X i Y: 4. F (+ ∞,+∞ ) = 1

Marginalne verovatnoće: m

pi. = ∑ pij = P( X = xi )

i = 1,..., n,

p. j = ∑ p ij = P (Y = y j )

j = 1,..., m,

j =1 n

i =1

Uslovne verovatnoće:

pi / j = P (X = xi / Y = y j ) = p j / i = P(Y = y j / X = xi ) =

pij p. j p ij p i.

Definicija nezavisnosti dveju slučajnih promenljivih: Slučajne promenljive X i Y su nezavisne ako je ispunjena relacija: pij = p i. p. j , za proizvoljan par brojeva i, j u diskretnom slučaju ili relacije:

pi / j = p i . p j / i = p. j

F ( x, y ) = F1 ( x )F2 ( y )

8.2. Neprekidna dvodimenzionalna slučajna promenljiva Gustina raspodele i funkcija raspodele

f ( x, y ) = P[( X , Y ) ∈ D ] =

δ 2 F ( x, y ) = Fxy′′ ( x, y ) δxδy

∫∫ f (x, y )dxdy - verovatnoća da tačka (x,y) padne u oblast D.

(D )

Ovde imamo pojam elementarne verovatnoće f ( x, y )dxdy , a to je verovatnoća da slučajna tačka (x,y) padne u pravougaonik sa stranama dx i dy i jednim temenom u tački (x,y). Sabirajući elementarne verovatnoće po oblasti D dobijamo verovatnoću da tačka (x,y) padne u oblast D. 46

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka F ( x, y ) = P(− ∞〈 X 〈 x,−∞〈Y 〈 y ) =

x y

∫ ∫ f (x, y )dxdy

− ∞− ∞

Osobine gustine raspodele f ( x, y ) ≥ 0 ∞ ∞

∫ ∫ f (x, y )dxdy = 1

− ∞− ∞

Marginalne funkcije raspodele F1 ( x ) = F ( x,+∞ ) = P(− ∞〈 X 〈 x,−∞〈Y 〈∞ ) =

x ∞


− ∞− ∞

F2 ( y ) = F (+ ∞, y ) = P(− ∞〈 X 〈∞,−∞〈Y 〈 y ) =

∞ y


− ∞− ∞

Marginalne gustine raspodele ∞

f 1 ( x ) = F1′( x ) =

∫ f (x, y )dy

−∞

f 2 ( y ) = F2′ ( y ) =

∞

∫ f (x, y )dx

−∞

Marginalne gustine raspodele se mogu dobiti pomoću gustine raspodele dvodimezionalne slučajne promenljive, meñutim, obrnuto ne važi. Odnosno, da bi potpuno okarakterisali dvodimenzionalnu slučajnu promenljivu, potrebno je pored marginalnih raspodela znati i zavisnost izmeñu njih. Odnosno, uslovni zakon raspodele verovatnoća. f (x / y ) = f ( y / x) =

f ( x, y ) f2 (y)

f ( x, y ) f1 (x )

Tumačenje: verovatnoća da slučajna tačka (X,Y) padne u pravougaonik S je jednaka verovatnoći da ona padne S1 ( x〈 X 〈 x + dx ) u pojas pod uslovom da je pala u pojas S 2 ( y 〈Y 〈 y + dy ) . Definicija nezavisnosti dveju slučajnih promenljivih: Slučajne promenljive X i Y su nezavisne ako je ispunjena relacija:

f ( x, y ) = f 1 ( x ) f 2 ( y ) ili relacije:

f ( x, y ) = f 1 ( x ) f 2 ( y ) f (x / y ) = f1 (x )

f ( y / x) = f 2 (y )

F ( x, y ) = F1 ( x )F2 ( y ) Fxy′′ = f ( x, y ) = F1′( x )F2′ ( y )

∀a ≤ X 〈b, c ≤ Y 〈 d ⇒ P(a ≤ X 〈b, c ≤ Y 〈 d ) = P(a ≤ X 〈b ) ⋅ P(c ≤ Y 〈 d )

47


Zadaci: 8.1. Neka u eksperimentu bacanja dve kocke X označava broj tačaka na gornjoj strani prve kocke, a Y broj tačaka na gornjoj strani druge kocke. Naći verovatnoće: a) p ( X + Y = 6) b) p ( X − Y = 2) c) p ( X 2 + Y 2 ≤ 20) d) p ( X + Y > 9) e) p ( XY < 10)

Rešenje: a) p ( X + Y = 6) =

5 36

b) p ( X − Y = 2) =

4 36

c) p ( X 2 + Y 2 ≤ 20) = d) p ( X + Y > 9) = e) p ( XY < 10) =

13 36

6 36

17 36

8.2. Eksperiment se sastoji u izvlačenju 3 karte sa vraćanjem, iz špila od 52 karte. Ako sa X označimo broj izvučenih kečeva, a sa Y označimo broj izvučenih dama i kraljeva, odrediti zakon raspodele slučajnih promenljivih X i Y, kao i marginalne verovatnoće.

Rešenje: X\Y 0 1 2 3 p.j

0 1000 2197 300 2197 30 2197 1 2197 1331 2197

40 3 1000 p ( X = 0, Y = 0) = 3 = 2197 52

1 600 2197 60 2197 6 2197

2 120 2197 12 2197

3 8 2197

0

0

0

0

0

666 2197

132 2197

8 2197

0

pi. 1728 2197 372 2197 36 2197 1 2197 1

 8 8 40  120 p ( X = 0, Y = 2) = 3 ⋅ ⋅  =  52 52 52  2197

 8 40 40  600 p ( X = 0, Y = 1) = 3 ⋅ ⋅  =  52 52 52  2197

p ( X = 0, Y = 3) =

83 8 = ... 3 2197 52

48

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 8.3. Data je raspodela verovatnoća dvodimenzionalne slučajne promenljive (X,Y). Naći marginalne raspodele slučajnih promenljivih X i Y, kao i njihove zakone i funkcije raspodele. X\Y -2 -1 0 1 2 3 0 0.05 0.05 0.1 0 0.05 0.05 1 0.1 0.05 0.05 0.1 0 0.05 2 0.03 0.12 0.07 0.06 0.03 0.04

Rešenje: X\Y 0 1 2 p.j

-2 0.05 0.1 0.03 0.18 0 X :   0 .3

-1 0.05 0.05 0.12 0.22 1 0.35

0 0.1 0.05 0.07 0.22

1 0 0.1 0.06 0.16 − 2 Y :   0.18

  0.35  2

2 0.05 0 0.03 0.08

3 0.05 0.05 0.04 0.14

p.i 0.3 0.35 0.35 1

−1

0

1

2

0.22

0.22

0.16

0.08

  0.14 

3

y ≤ −2 0,  0.18, − 2 < y ≤ −1   0.4, − 1 < y ≤ 0    F (Y ) = 0.62, 0 < y ≤ 1  0.78, 1 < y ≤ 2    0.86 2 < y ≤ 3  1,  y>3  

x≤0  0, 0.3, 0 < x ≤ 1   F(X ) =   0.65, 1 < x ≤ 2 1, x > 2 

8.4. Data je raspodela verovatnoća dvodimenzionalne slučajne promenljive (X,Y). Naći marginalne raspodele slučajnih promenljivih X i Y, kao i njihove zakone raspodele. X\Y 1 2 3 1 3 7 0 2 1 4 2 3 5 1 8 4 2 1 6

Rešenje: X\Y 1 2 3 4 p.j

1 3/40 1/40 5/40 2/40 11/40

2 7/40 4/40 1/40 1/40 13/40

3 0/40 2/40 8/40 6/40 16/40

pi. 10/40 7/40 14/40 9/40 1

8.5. Data je raspodela verovatnoća dvodimenzionalne slučajne promenljive (X,Y). Naći marginalne raspodele slučajnih promenljivih X i Y, kao i njihove zakone raspodele i verovatnoće p ( X < x3 , Y = y 2 ), p( X ≤ x 2 / Y > y1 ) . Y/X y1 y2

x1 0.12 0.1

x2 0.18 0.11

x3 0.1 0.39

Rešenje: 49

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka X/Y x1 x2 x3 p.j

y1 0.12 0.18 0.1 0.4

y2 0.1 0.11 0.39 0.6

pi. 0.22 0.29 0.49 1

p ( X < x3 , Y = y 2 ) = 0.1 + 0.11 = 0.21 p( X ≤ x 2 / Y > y1 ) =

p( X ≤ x 2 , Y > y1 ) 0.21 = = 0.35 p(Y > y1 ) 0.6

8.6. Naći marginalne verovatnoće, zakone i funkcije raspodela koordinata dvodimenzionalne slučajne promenljive (X,Y) date tabelom: Y 2 4 5 X\ 1 3 7 1 3 2 8 4 10 9 5 6 Odrediti verovatnoće p(X>Y) i p(X=Y+2), kao i uslovne raspodele koordinata X i Y.

Rešenje: X\

Y

1 3 10 p.j p( X > Y ) = 1  X /Y = 2 :  3   14

3 2 14

1  X /Y = 4 :  7   20 1  X /Y = 5 :  1   11

2 3/45 2/45 9/45 14/45

4 7/45 8/45 5/45 20/45

5 1/45 4/45 6/45 11/45

2 20 22 + = 45 45 45 10   9  14  3 8 20 3 4 11

pi. 11/45 14/45 20/45 1

p ( X = Y + 1) =

2  Y / X = 1:  3   11 10   5   20  10   6  11 

4 7 11

2 45

5   1  11 

2  Y / X = 3: 2   14

8 14

5   4  14 

2  Y / X = 10 :  9   20

4 5 20

5   6   20 

4

8.7. Baca se kocka 2 puta. Neka slučajna promenljiva X odgovara rezultatu prvog bacanja kocke, a slučajna promenljiva Y odgovara rezultatu drugog bacanja kocke. Naći raspodelu slučajne promeljive Z=X+Y.

Rešenje: 1  X :1  6

2 1 6

3 1 6

4 1 6

5 1 6

6  1 =Y  6

50

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 2  Z = 1   36

3 1 18

4 1 12

5 1 9

6 5 36

7 1 6

8 5 36

9 1 9

10 1 12

11 1 18

12   1   36 

51


9. FUNKCIJE SLUČAJNIH PROMENLJIVIH Ako svakoj mogućoj vrednosti slučajne promenljive X odgovara jedna moguća vrednost slučajne promenljive Y, tada se Y naziva funkcijom slučajne promenljive X u oznaci:

Y = ϕ(X ) U slučaju diskretne slučajne promenljive:

 x x ... x n   y = ϕ (x1 ) y 2 = ϕ (x 2 ) ...  ⇒ Y = ϕ ( X ) 1 X :  1 2 p1 p2 ...  p1 p 2 ... p n  

y n = ϕ (x n )  pn 

Ako je ϕ ( X ) monotona funkcija (npr: Y = 3 X + 1 ), onda je P(Y = yi ) = P( X = xi ) = pi . Ako je

ϕ ( X ) nemonotona funkcija (npr: Y = 3 X 2 + 1 ), onda su verovatnoće P(Y = y i ) jednake zbiru P( X = xi ) onih vrednosti slučajne promenljive X za koje Y ima jednake vrednosti.

U slučaju neprekidne slučajne promenljive: Neka je X neprekidna slučajna promenljiva definisana gustinom raspodele verovatnoća f(x) za a < x < b i neka je funkcija Y = ϕ ( X ) neprekidna i diferecijabilna. Imamo slučajeve: 1.

za a < x < b , Y = ϕ ( X ) je monotono rastuća

Verovatnoća dogañaja da se tačka (X,Y) nalazi na delu krive Y = ϕ ( X ) ispod prave AB:Y=y, tj. verovatnoća dogañaja Y
inverzna funkcija funkcije

za a < x < b , Y = ϕ ( X ) je monotono opadajuća

G ( y ) = P(Y < y ) = P( x < X < b) = F (b) − F ( x) = − F (ψ ( y )) + F (b) g ( y ) = − f (ψ ( y )) ⋅ψ ' ( y ) U slučaju monotonosti funkcije Y = ϕ ( X ) uzima se jedinstvena formula za gustinu raspodele verovatnoća:

g ( y ) = f (ψ ( y )) ⋅ ψ ' ( y ) 3.

Kada Y = ϕ ( X ) nije monotona G ( y ) = P(Y < y ) = ∑ P( X ∈ ∆ i ( y )) = ∑

∫ f ( x)dx

∆i ( y )

g ( y) = G ' ( y) 52


Zadaci: 1 9.1. Ako slučajna promenljiva X ima raspodelu verovatnoća X :   0 .1 raspodelu verovatnoća slučajne promenljive Y=3X+1.

3   , naći 0.6 

2 0 .3

Rešenje:

ϕ( X ) = 3X + 1 y1 = ϕ ( x1 ) = 3 ⋅ 1 + 1 = 4 y2 = ϕ ( x2 ) = 3 ⋅ 2 + 1 = 7 y3 = ϕ ( x3 ) = 3 ⋅ 3 + 1 = 10 4 Y :   0 .1

7 0 .3

10   0.6 

− 2 9.2. Ako slučajna promenljiva X ima raspodelu verovatnoća X :   0 .1 2 naći raspodelu verovatnoća slučajne promenljive Y=3X +1.

−1

1

0 .2

0 .3

2  , 0.4 

Rešenje:

ϕ ( X ) = 3X 2 + 1 y1 = ϕ ( x1 ) = 3 ⋅ (−2) 2 + 1 = 13 y 2 = ϕ ( x 2 ) = 3 ⋅ (−1) 2 + 1 = 4 y3 = ϕ ( x3 ) = 3 ⋅ 12 + 1 = 4 y 4 = ϕ ( x 4 ) = 3 ⋅ 2 2 + 1 = 13 4 Y :   0 .5

13   0.5 

9.3. Opisati slučajnu promenljivu Y=X2-1, ako je:

Rešenje: −1  X :1  8 −1  X :1  4

3  3  8

2 1 2 1 1 4

0  Y :1  8

2  1  2

0  Y :1  2

8  3  8

3 1 2 3  1  2

9.4. Slučajna promenljiva X označava verovatnoću pojavljivanja dogañaja A u 3 nezavisna opita, pri čemu je verovatnoća pojavljivanja dogañaja A u jednom opitu 0.25. Odrediti zakon i funkciju raspodele za slučajne promenljive Y=2X+1 i Z=X2.

Rešenje: 53

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 3 p3 (0) =  0.25 0 ⋅ 0.75 3 = 0.42 ... 0

 0 9.5. Ako je X :   0 .1 

0 X :   0.42

1

2

0.42

0.14

  0.02 

1 Y :   0.42

3

5

7

0.42

0.14

  0.02 

0 Z :   0.42

1

4

9

0.42

0.14

π

π

π

π

6 0 .2

6 0 .1

6 0 .1

6 0 .2

3

  0.02 



π 

 , naći zakon raspodele za Y=sinX. 0.3 

Rešenje:  0 Y :  0 .4   −π 9.6. Ako je X :  1   11

−

π 2

3 11

0 4 11

1 2 0 .2

π

2 2 0 .3

 1   0.1



π 

2 2 11

 , naći zakon raspodele za Y=cosX. 1  11 

Rešenje: −1  Y : 2   11

0 5 11

1   4  11 

9.7. Gustina f(x) slučajne promenljive X definisana je na intervalu (-∞, ∞). Naći gustinu raspodele verovatnoća g(y) slučajne promenljive Y, ako je Y = 2X 2 .

Rešenje: Y = 2X 2

54


Y Y ⇒ X =± = Ψ1, 2 ( y ) 2 2 1 Ψ1 ' ( y ) = = Ψ2 ' ( y ) 2 2y

X2 =

g ( y ) = f (Ψ1 ( y )) Ψ1 ' ( y ) + f (Ψ2 ( y )) Ψ2 ' ( y ) = =

  2 2 y  1

 y + f  2  

 y    f −   2  

9.8. Naći gustinu raspodele verovatnoća g(y) slučajne promenljive Y, ako je: a) Y = X na intervalu (-∞, ∞) b) Y = X 3 na intervalu (0, ∞).

Rešenje: a)

b)

Y= X

Y = X3

X = ±Y ⇒ Ψ1 ( y ) = y, Ψ2 ( y ) = − y

X = 3 Y ⇒ Ψ( y) = 3 y Ψ' ( y) =

Ψ1 ' ( y ) = Ψ2 ' ( y ) = 1 g ( y ) = f ( y ) + f (− y )

1 33 y 2

g ( y ) = f (3 y )

1 33 y 2

9.9. Gustina f(x) slučajne promenljive X definisana je na intervalu (0, ∞). Naći gustinu raspodele verovatnoća g(y) slučajne promenljive Y, ako je: a) Y = e − X , b) Y = ln X , c) Y =

1 , X2

d) Y = e − X

2

Rešenje: a)

b)

Y = e−X ln Y = − X ⇒ X = ln

Ψ' ( y) = −

1 y

1 1 g ( y ) = f (ln ) y y

Y = ln X 1 1 ⇒ Ψ ( y ) = ln Y y

X = eY ⇒ Ψ( y) = eY Ψ' ( y) = eY g ( y ) = f (e Y ) e Y

55

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka c)

d) 1 X2

Y=

1 X =± ⇒ Ψ( y) = Y

Y = e−X

ln Y = − X 2 ⇒ X = ± ln

1 y

 1  1 1 Ψ' ( y) = y  − 2  = − 2 2y y  y  g ( y) =

1 2y y

f (ln

2

Ψ' ( y) =

1 ) y

g ( y) =

1 1  ln  2  y 

1 −2

1 Y

 1  −  =  y

1 2 y ln

1 y

 1 f  ln  y 1  2 y ln y 1

x2

1 −2 9.10. Slučajna promenljiva X definisana je gustinom raspodela verovatnoća f ( x) = e na 2π intervalu (−∞ < X < ∞) . Naći gustinu raspodele verovatnoća g(y) slučajne promenljive Y=X2.

Rešenje: X = ± Y ⇒ Ψ1 ( y ) = Y = X2

Ψ1 ' ( y ) = Ψ2 ' ( y ) = g ( y) =

1 2π

e

−

y 2

y , Ψ2 ( y ) = − y 1

2 y

1

y

9.11.Slučajna

promenljiva ima Košijevu raspodelu verovatnoća definisanu gustinom 1 f ( x) = na intervalu (−∞ < X < ∞) . Naći gustinu raspodele verovatnoća g(y) π 1+ x2 slučajne promenljive Y=X3+2.

(

)

Rešenje: Y = X3 +2

X = 3 Y − 2 ⇒ Ψ( y) = 3 Y − 2 Ψ1 ' ( y ) = g ( y) =

2 1 ( y − 2 )− 3 3 1

(

π 1 + 3 ( y − 2)

2

)3

3

1 ( y − 2)

2

=

3π

( ( y − 2) 3

1 2

+ 3 ( y − 2) 4

)

9.12. Slučajna promenljiva ima uniformnu raspodelu verovatnoća na intervalu (0,2π ) . Naći gustinu raspodele verovatnoća g(y) slučajne promenljive Y=cosX.

Rešenje: 56

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 1  , f ( x) =  2π 0,

x ∈ (0,2π ) inace Y = cos X X = arccos Y ⇒ Ψ1 ( y ) = arccos Y , Ψ2 ( y ) = − arccos Y Ψ1 ' ( y ) = Ψ2 ' ( y ) = g ( y) =

1 2π 1 − y 2

+

1 1− y2 1 2π 1 − y 2

=

1

π 1− y2

57


10. NUMERIČKE KARAKTERISTIKE SLUČAJNIH PROMENLJIVIH 10.1. Matematičko očekivanje, medijan i mod Matematičko očekivanje E(x) – srednja vrednost slučajne promenljive X: n

−

u slučaju diskretne slučajne promenljive: E ( X ) = ∑ xi p i i =1

−

u slučaju neprekidne slučajne promenljive: E ( X ) =

∞

∫ xf (x )dx

−∞

Ako je Y = ϕ ( x ) , funkicja slučajne promenljive X, tada je matematičko očekivanje slučajne promenljive Y jednako: n

∑ ϕ (x ) p

E (Y ) = E (ϕ ( X )) =

i

i =1

u diskretnom slučaju

i

∞

∫ ϕ (x ) f ( f )dx

u neprekidnom slučaju

−∞

Matematičko očekivanje funkcije Xr (r=1,2,...), naziva se običnim momentom reda r: n

( )

mr = E X r =

∑x i =1

r i

pi


∞

∫ x f ( f )dx r


−∞

Definicija: ako je F(x) funkcija raspodele slučajne promenljive X, tada se rešenje jednačine: F (x p ) = p

naziva kvartilom reda p. Kvartil reda 0.5 naziva se medijanom slučajne promenljive X, tj. medijan Me se dobija kao rešenje jednačine: F (Me ) = F ( x0.5 ) = p ( x〈 Me ) = 0.5 Pored medijana, koriste se i kvartili X0.25 i X0.75, prvi i treći. Definicija: ako je X diskretna slučajna promenljiva, tada je mod njena najverovatnija vrednost. Ako je X neprekidna slučajna promenljiva, tada je mod maksimum gustine raspodele.

Osobine matematičkog očekivanja E (C ) = C E (CX ) = CE ( X ) E ( X + Y ) = E ( X ) + E (Y ) E ( XY ) = E ( X )E (Y ) E( X ) ≥ E(X )

58


10.2. Disperzija i standardno odstupanje (parametri koji mere rasturanje vrednosti jednodimenzionalne slučajne promenljive oko centra rasturanja) Definicija: Disperzijom slučajne promenljive X naziva se matematičko očekivanje kvadrata odstupanja slučajne promenljive X od E(X): D( X ) = σ 2 = E ( X − E ( X )) = 2

n

∑ (x

( )

E X 2 − E 2 (X ) =

i =1

− E ( x )) pi 2

i

- u diskretnom slučaju

∞

∫ (x − E (x )) f ( f )dx 2

-u neprekidnom slučaju

−∞

Pozitivan koren iz disperzije:

σ = D( X ) naziva se standardnim odstupanjem (devijacijom). Da bi rasturanje različitih raspodela moglo da se uporeñuje, uvedena je relativna mera rasturanja, poznata pod nazivom koeficijent varijacije: kv =

σ

E( X )

Centralni momenat r-tog reda definiše se formulom:

µ r = E ( X − E ( X ))r = n

( )− E (X ) =

E X

r

r

∑ (x i =1

− E ( x )) p i r

i


∞

∫ (x − E (x )) f ( f )dx r

−∞


Centralni momenti se mogu izraziti i pomoću običnih momenata:

µ1 = 0 µ 2 = m2 − m12 µ 3 = m3 − 3m2 m1 + 2m13 µ 4 = m4 − 4m3 m1 + 6m2 m12 − 3m14 Ako je Y = ϕ ( x ) funkcija slučajne promenljive X, onda je centralni momenat r-tog reda slučajne promenljive Y jednak: n

µ r = E (ϕ ( X ) − E (ϕ ( X ))) = r

∑ (ϕ (x ) − E (ϕ (x ))) i =1

i

r

pi


∞

∫ (ϕ (x ) − E (ϕ (x ))) f ( f )dx r


−∞

59


(

)

Disperzija slučajne promenljive Y je: D(Y ) = E ϕ 2 ( X ) − E 2 (ϕ ( X ))

Osobine disperzije D(C ) = 0

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

D( X − Y ) = D( X ) + D(Y )

D(CX ) = C D( X ) 2

10.3.Koeficijent korelacije (parametri raspodele dvodimenzionalne slučajne promenljive) Centar rasturanja vrednosti dvodimenzionalne slučajne promenljive (X,Y) okarakterisan je “srednjom tačkom” (M1,M2), gde su M1 i M2 matematička očekivanja slučajnih promenljivih X i Y, koja se u diskretnom i neprekidnom slučaju definišu kao: n

m

n

m

n

i =1

j =1

∑ ∑ xi pij = ∑ xi ∑ pij = ∑ xi pi.

M 1 = E(X ) =

i =1 j =1

i =1

∞ ∞

∞

∞

∞

− ∞− ∞

−∞

−∞

−∞

∫ ∫ xf (x, y )dxdy = ∫ xdx ∫ f (x, y )dy = ∫ xf (x )dx 1

m

∑y

M 2 = E (Y ) =

j =1

j

p. j

∞

∫ yf ( y )dy 2

−∞

Dalje imamo obične momente reda r+s: n

m

∑∑ x i =1 j =1

mrs =

∞ ∞

∫ ∫x

r

r i

y sj p ij

y s f ( x, y )dxdy

− ∞− ∞

odakle su matematička očekivanja M1 i M2 obični momenti prvog reda: M 1 = m10 , M 2 = m01 Zatim, centralni momenat reda r+s: n

η rs = E ( x − E ( x )) ( y − E ( y )) = r

s

m

∑∑ (x i =1 j =1

− E (x )) ( y j − E ( y )) p ij r

i

s

∞ ∞

∫ ∫ (x − E (x )) ( y − E ( y )) f (x, y )dxdy r

s

− ∞− ∞

Momenat η11 = E (( X − E ( X ))(Y − E (Y ))) = E ( XY ) − E ( X )E (Y ) se zove kovarijansa, a razlomak

ρ = ρ xy =

η11 E ( X − E ( X )) E (Y − E (Y )) 2

2

=

η11 m − M 1M 2 = 11 ; σ xσ y ≠ 0 σ xσ y σ xσ y

je koeficijent korelacije za slučajne veličine X i Y. Ako su dve slučajne promeljive nezavisne onda su i nekorelativne, obrnuto ne mora da važi.

60


Zadaci: 1 2   −1 0  . Odrediti E(X) i D(X). 10.1. Slučajna veličina X ima sledeći raspored: X :   0 .2 0 .1 0 .3 0 .4 

Rešenje: 4

E ( X ) = ∑ xi p i = −1 ⋅ 0.2 + 0 ⋅ 0.1 + 1 ⋅ 0.3 + 2 ⋅ 0.4 = 0.9 i =1

4

E ( X 2 ) = ∑ xi pi = (−1) 2 ⋅ 0.2 + 0 2 ⋅ 0.1 + 12 ⋅ 0.3 + 2 2 ⋅ 0.4 = 2.1 2

i =1

D( X ) = E ( X 2 ) − E 2 ( X ) = 2.1 − 0.9 2 = 1.29 3 4 7  1  . Odrediti a, E(X) i D(X). 10.2. Neka je X :   0 .2 0 .1 0 .5 a 

Rešenje:

a = 1 − (0.2 + 0.1 + 0.5) = 0.2 E ( X ) = 1 ⋅ 0 .2 + 3 ⋅ 0 .1 + 4 ⋅ 0 .5 + 7 ⋅ 0 .2 = 3 .9 E ( X 2 ) = 12 ⋅ 0.2 + 3 2 ⋅ 0.1 + 4 2 ⋅ 0.5 + 7 2 ⋅ 0.2 = 18.9 D( X ) = E ( X 2 ) − E 2 ( X ) = 18.9 − 3.9 2 = 3.69 10.3 Slučajna veličina X ima gustinu proporcionalnu sa x2 na intervalu (0,3). Odrediti joj E(X) i σ.

Rešenje:

kx 2 , f (X ) =  0,

x ∈ (0,3) x ∉ (0,3)

61


∫ kx

2

dx = 1

0 3

 x3  k  = 1  3 0 k

27 1 =1⇒ k = 9 3 3

1 1  x4  1 81 9 = E ( X ) = ∫ x 2 xdx =   = 9 9  4 0 9 4 4 0 3

3

3 1 1  x5  27 E ( X ) = ∫ x 2 x 2 dx =   = 90 9  5 0 5 27 81 27 D( X ) = − = 5 16 80 27 σ = D( X ) = 80 2

10.4. Diskretna slučajna promenljiva ima dve moguće vrednosti y1 i y 2 . Pri tome je y 2 〉 y1 . Ako je p(Y = y1 ) = 0.6 , E (Y ) = 1.4 i D( X ) = 0.24 .

Rešenje:

y Y :  1  0.6

y2   0.4 

E (Y ) = 1.4 ⇔ 0.6 y1 + 0.4 y 2 = 1.4 D( X ) = 0.24 ⇔ E (Y 2 ) − E 2 (Y ) = 0.24 0.6 y1 + 0.4 y 2 − 1.4 2 = 0.24 2

2

0.6 y1 + 0.4 y 2 = 1.4 ⇒ y1 =

1 .4 − 0 .4 y 2 0 .6

0.6 y1 + 0.4 y 2 = 2.2 2

2

1.96 − 1.12 y 2 + 0.16 y 2 2 + 0 .4 y 2 = 2 .2 / ⋅ 0 .6 0 .6 2 2 1.96 − 1.12 y 2 + 0.16 y 2 + 0.24 y 2 = 1.32 2

0.4 y 2 − 1.12 y 2 + 0.64 = 0 2

1.12 ± 1.2544 − 1.024 1.12 ± 0.48 = 0 .8 0 .8 =2 y 2 2 = 0 .8

y 21, 2 = y 21

y11 = 1

y1 2 = 1.8 1 Y :   0 .6

2   0.4  62


10.5.

Date 1 Y :   0.35

su

nezavisne

3

7 9 13   2  promenljive X :   0.4 0.25 0.15 0.2 

slučajne

i

  . Odrediti E(X),D(2X) i D(Y). 0.05  4

0 .6

Rešenje: E ( X ) = 2 ⋅ 0.4 + 7 ⋅ 0.25 + 9 ⋅ 0.15 + 131. ⋅ 0.2 = 6.5 D(2 X ) = 4 D( X ) = 70.2 D(Y ) = 1.1771 0 1 2  10.6. Dati su zakoni raspodela nezavisnih slučajnih promenljivih. X :  − 1  i  0.21 0.19 0.34 0.26  2 4   0  . Naći E(XY) i D(X+2Y). Y :   0.3 0.2 0.5 

Rešenje: E ( XY ) = E ( X ) E (Y ) = 1.56 D( X + 2Y ) = D( X ) + 4 D(Y ) = 1.1675 + 12.16 = 13.3275 10.7. Odrediti Me za slučajnu promenljivu X, ako je ona definisana funkcijom raspodele: x≤0 0, . F(X ) =  − ax 1 − e , x > 0 

Rešenje: F ( Me) = 0.5 1 − e −aMe = 0.5 e −aMe = 0.5 / ln − aMe = ln Me =

1 2

ln 2 a

10.8. Odrediti matematičko očekivanje, medijanu i modus ako slučajna veličina ima funkciju x≤0 0,  2 x raspodele: F ( X ) =  , 0 < x ≤ 2. 4 x>2 1,

Rešenje: x  , f ( X ) = F '( X ) = 2 0,

0< x≤2 inace

63


x 1  x3  18 4 E ( X ) = ∫ x dx =   = = 2 2 3 0 2 3 3 0 F ( Me) = 0.5 2

Me 2 = 0.5 4 Me 2 = 2 Me = 2 f '(X ) =

1 2

nema max f(x), nema modusa

10.9. Izračunati koeficijent varijacije za raspored zadat u tabeli: razmak 5,5-7,5 7,5-9,5 9,5-11,5 11,5-13,5 13,5-15,5 15,5-17,5 17,5-19,5 19,5-21,5 21,5-23,5 23,5-25,5

f

x

y

2 3 17 43 62 81 70 61 18 3

6,5 8,5 10,5 12,5 14,5 16,5 18,5 20,5 22,5 24,5

y

fy

fy -10 -12 -51 -86 -62 0 70 122 54 12

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

fy2 50 48 153 172 62 0 70 244 162 48

Rešenje: razmak 5,5-7,5 7,5-9,5 9,5-11,5 11,5-13,5 13,5-15,5 15,5-17,5 17,5-19,5 19,5-21,5 21,5-23,5 23,5-25,5

∑

f

x

fy2

2 3 17 43 62 81 70 61 18 3

6,5 8,5 10,5 12,5 14,5 16,5 18,5 20,5 22,5 24,5

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

-10 -12 -51 -86 -62 0 70 122 54 12

50 48 153 172 62 0 70 244 162 48

360

155

-5

37

1009

x2 42,25 72,25 110,25 156,25 210,25 272,25 342,25 420,25 506,25 600,25

13 25,5 178,5 537,5 899 1336,5 1295 1250,5 405 73,5

fx2 84,5 216,75 1874,25 6718,75 13035,5 22052,25 23957,5 25635,25 9112,5 1800,75

6014

104488

fx

64

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka E( X ) =

∑ fx

E( X 2 ) =

i

N

∑ fx

= 2 i

N D( X ) = 11.34

6014 = 16.7 360 =

104488 = 290.23 360

σ = 11.34 = 3.37 V =

3.37 ⋅ 100 = 20.17% 16.7

10.10. Odrediti E(XY), E(X), E(Y) ako je zakon raspodele slučajnog vektora (X,Y) dat tablicom. da li su X i Y nezavisne? X/Y 0 1 2 0 1/9 2/9 0 1 0 1/9 2/9 2 2/9 0 1/9

Rešenje: X/Y 0 1 2 fy yfy

0 1/9 0 2/9 1/3 0

X/Y 0 1 2 f0yy f1yy f2yy

0 1/9 0 2/9 0 0 0

1 2/9 1/9 0 1/3 1/3 E ( X ) = 1,

2 0 2/9 1/9 1/3 2/3 E (Y ) = 1

fx 1/3 1/3 1/3 1 -

xfx 0 1/3 2/3 -

1 2 2/9 0 1/9 2/9 0 1/9 Si xSi 2/9 0 2/9 0 1/9 4/9 5/9 5/9 0 2/9 2/9 4/9 E ( XY ) = 1 X i Y nisu nezavisne jer je: E ( XY ) = E ( X ) ⋅ E (Y )

10.11. Izračunati koeficijent korelacije za dati dvodimenzionalni raspored. X/Y 0 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 1 0 0 0 0 0 0 0 2 2 2 2 1 0 0 0 0 0 3 1 2 3 2 2 1 0 0 0 4 0 0 1 4 4 3 3 1 0 5 0 0 0 1 4 6 5 4 1 6 0 0 0 0 1 2 3 6 4 7 0 0 0 0 0 0 2 3 5 8 0 0 0 0 0 0 0 0 2

9 0 0 0 0 1 2 4 3

10 0 0 0 0 0 0 2 2

65


Rešenje: X/Y 1 2 3 4 5 6 7 8 fy y*fy y2*fy f1y*y f2y*y f3y*y f4y*y f5y*y f6y*y f7y*y f8y*y

E( X ) =

0 2 2 1 0 0 0 0 0 5 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

1 1 2 2 0 0 0 0 0 5 5 5 1 2 2 0 0 0 0 0

500 =5 100

2 0 2 3 1 0 0 0 0 6 12 24 0 4 6 2 0 0 0 0

3 0 1 2 4 1 0 0 0 8 24 72 0 3 6 12 3 0 0 0

4 0 0 2 4 4 1 0 0 11 44 176 0 0 8 16 16 4 0 0

E( X 2 ) =

5 0 0 1 3 6 2 0 0 12 60 300 0 0 5 15 30 10 0 0

6 0 0 0 3 5 3 2 0 13 78 468 0 0 0 18 30 18 12 0

2816 = 28.16 100

7 0 0 0 1 4 6 3 0 14 98 686 0 0 0 7 28 42 21 0

8 0 0 0 0 1 4 5 2 12 96 768 0 0 0 0 8 32 40 16

9 0 0 0 0 1 2 4 3 10 90 810 0 0 0 0 9 18 36 27

10 0 0 0 0 0 0 2 2 4 40 400 0 0 0 0 0 0 20 20

fx 3 7 11 16 22 18 16 7 100 547 3709 1 9 27 70 124 124 129 63 Σ

x*fx 3 14 33 64 110 108 112 56 500

x2*fx 3 28 99 256 550 648 784 448 2816

Si*xi 1 18 81 280 620 744 903 504 3151

D( X ) = 28.16 − 5 2 = 3.16

547 3709 = 5.47 E (Y 2 ) = = 37.09 D(Y ) = 37.09 − 5.47 2 = 7.1691 100 100 31.51 − 5 * 5.47 σ y = 2.68 σ x = 1.78 ρ xy = = 0.87 1.78 * 2.68 E (Y ) =

10.12. Izračunati koeficijent korelacije za dati dvodimenzionalni raspored. X/Y 1 2 3 1 3 7 0 2 1 4 2 3 5 1 8 4 2 1 6

Rešenje: X/Y

1

2

3

fx

xfx

x2fx

1

3

7

0

10

10

10

2

1

4

2

7

14

28

3

5

1

8

14

42

126

4

2

1

6

9

36

144

fy

11

13

16

40

102

308 66


yfy y2fy f1yy f2yy f3yy f4yy E ( X ) = 2.55

11 11 3 1 5 2

26 52 14 8 2 2

E ( X 2 ) = 7 .7

E (Y ) = 2.125 E (Y 2 ) = 5.175

48 144 0 6 24 18

85 207 17 15 31 22 Σ

Si*xi

17 30 93 88 228

D( X ) = 1.1975 D(Y ) = 0.659

σ y = 0.81 σ x = 1.09 ρ xy = 0.40

67


11. NEJEDNAKOST ČEBIŠEVA Ako slučajna promeljiva ima konačnu disperziju, onda je: p( X − E ( X ) ≥ ε ) ≤

D( X )

ε

2

, ODNOSNO p ( X − E ( X ) < ε ) > 1 −

D( X )

ε2

gde je ε proizvoljan pozitivan broj. U vezi sa ovim pominje se i nejednakost Markova: p( X > a ) <

E(X ) E(X ) , odnosno p( X > a ) < 1 − a a

Zadaci:  0 .3 11.1. Diskretna slučajna promenljiva ima raspodelu verovatnoća: X :   0 .2 p( X − E ( X ) < 0.2) pomoću nejednakosti Čebiševa.

0 .6   . Oceniti 0.8 

Rešenje:

E ( X ) = 0.3 ⋅ 0.2 + 0.6 ⋅ 0.8 = 0.54 E ( X 2 ) = 0.3 2 ⋅ 0.2 + 0.6 2 ⋅ 0.8 = 0.306 D( X ) = 0.0144 p ( X − E ( X ) < 0 .2 ) ≥ 1 −

11.2.

Slučajna promenljiva 2 3 4 5 1 X :  0.25 0.3 0 .2  0.05 0.1 nejednakosti Čebiševa.

0.0144 = 0.64 0.04

ima 6  . 0.1

raspodelu

verovatnoća:

p( X − E ( X ) < 2)

Oceniti

pomoću

Rešenje: E ( X ) = 3 .8

E ( X 2 ) = 16.1

D( X ) = 1.66

p( X − 3.8) < 2) ≥ 0.585 11.3. Iz p( X − E ( X ) < ε ) ≥ 0.9 i D(X)=0.09 odrediti ε .

Rešenje: p( X − E ( X ) < ε ) ≥ 1 − 0.09

ε2

0.09

ε2

= 0 .9

= 0 .1

ε 2 = 0 .9 ⇒

ε = 0 .3 68

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 11.4. Slučajna promenljiva X ima E(X)=1 i standardno odstupanje 0.2.Pomoću nejednakosti Čebiševa oceniti 0.5
Rešenje: p ( X − 1) < 0.5) ≥ 1 −

0 .2 2 = 1 − 0.16 = 0.84 0 .5 2

11.5. Slučajna promenljiva X ima E(X)=2 i standardno odstupanje 1. Pomoću nejednakosti Čebiševa oceniti p(-3
Rešenje: p ( X − 2) < 5 ) ≥ 1 −

12 1 = 1− = 0.96 2 25 5

11.6. Matematičko očekivanje E(X) brzine vetra na datoj visini je 25 km/h, dok je standardno odstupanje σ = 4,5 km/h. Kolike se brzine vetra mogu očekivati na toj visini sa verovatnoćom ne manjom od 0,9?

Rešenje: E ( X ) = 25

σ = 4.5 ⇒ D( X ) = 20.25 p ( X − 25 ≤ ε ) ≥ 0.9 0 .9 = 1 −

D( X )

− 0 .1 = −

20.25

ε ε

2

2

= 1−

20.25

ε2 20.25 = 202.5 ⇒ 14.23 0 .1

⇒ε2 =

X − 25 ≤ 14.23 10.77 ≤ X ≤ 39.23 11.7.

Slučajna 4 2 X :  0 .3  0 .1 Markova.

6 0.25

promenljiva 8 10 0.15

0.15

ima raspodelu verovatnoća: 12   . Oceniti p( X < 11) pomoću nejednakosti 0.05 

Rešenje: E ( X ) = 6 .2 p( X < 11) ≥ 1 −

6 .2 ≈ 0.44 11

11.8. Srednji vek motora je 4 godine. Oceniti verovatnoću da dati motor neće raditi više od 20 godina.

Rešenje: p( X < 20 ) ≥ 1 −

4 = 0 .8 20 69


12. LINEARNE REGRESIJE Ako je poznat zakon raspodele slučajnih veličina (X,Y), odreñujemo uslovne verovatnoće u diskretnom i naprekidnom slučaju: p (xi , y j )

p (Y = y j / X = xi ) = f ( y / x) = f x (y ) =

p ( xi )

; i = 1,2,...

f ( x, y ) f1 ( x )

Ako je zavisnost meñu slučajnim veličinama delimična, radi se o uslovnom matematičkom očekivanju:

R( X ) = y ( x ) = E (Y / X = x ) koje u diskretnom slučaju ima oblik: R( X ) = y (x ) = ∑ y j p( y i / xi ) j

a u neprekidnom: R( X ) = y (x ) =

∞

∫ yf ( y / x )dy

−∞

Slučaj linearne regresije – aproksimativna kriva je Y = αX + β . Linearnu regresiju možemo odrediti metodom najmanjih kvadrata. Parametre α i β odreñujemo iz uslova da 2 funkcija G (α , β ) = E (Y − (αX + β )) ima minimum. Dobijamo sistem jednačina:

αE (X 2 ) + βE ( X ) = E ( XY ) αE ( X ) + β = E (Y )

Gα′ = 0 ∧

G β′ = 0

čijim rešavanjem dolazimo do izraza za linearnu regresiju Y na X. y = ρ xy

σy ( X − E ( X )) + E (Y ) σx

Ako je na raspolaganju n tačaka M i ( xi , yi ) , traži se da funkcija: n

G (α , β ) = ∑ pi ( y i − (αxi + β ))

2

i =1

ima najmanju vrednost. Odatle je:

α=

n∑ x i y i − ∑ xi ∑ y i n∑ xi2 − (∑ xi )

2

∑x ∑y −∑x ∑x y β= n∑ x − (∑ x ) 2 i

i

2 i

i

i

i

2

i

čijom se zamenom u Y = αX + β dobija linearna regresija Y na X. 70


Zadaci 12.1. Odrediti srednje kvadratnu regresionu pravu Y na X na osnovu zadate tabele podataka: x

1

3

4

6

8

9

11

14

y

1

2

4

4

5

7

8

9

Rešenje:

Σ

α=

x 1 3 4 6 8 9 11 14

y 1 2 4 4 5 7 8 9

xi 2 1 9 16 36 64 81 121 196

xi yi 1 6 16 24 40 63 88 126

56

40

524

364

8 ⋅ 364 − 56 ⋅ 40 = 0.64 8 ⋅ 524 − 56 2

β=

524 ⋅ 40 − 56 ⋅ 364 = 0.55 8 ⋅ 524 − 56 2

Y = 0.64 X + 0.55 12.2. Za podatke u tabeli M i ( xi , yi ) odrediti regresiju Y na X. xi 1 1.5 3 4.5 5

yi 1.25 1.4 1.5 1.75 2.25

xi2 1 2.25 9 20.25 25

xiyi 1.25 2.1 4.5 7.875 11.25

Rešenje:

β = 1.024

α = 0.202 Y = 0.202 X + 1.024

12.3. Zakon raspodele slučajnog vektora (X,Y) dat je tablicom. Odrediti regresiju Y na X i ρxy. X/Y 0 2 4 6 1 0 3 1 4 2 2 1 0 1 3 4 2 2 0

Rešenje: X/Y

0

2

4

6

fx

xfx

x2fx

1

0

3

1

4

8

8

8

2

2

1

0

1

4

8

16 71


4

2

2

0

8

24

72

fy

6

6

3

5

20

40

96

yfy y2fy f1yy f2yy f3yy

0 0 0 0 0

12 24 6 2 4

12 48 4 0 8

30 180 24 6 0

54 252 34 8 12 Σ

Si*xi 34 16 36 86

E( X ) = 2 E (Y ) =

E( X 2 ) =

24 5

27 63 E (Y 2 ) = 10 5

D( X ) =

4 5

D(Y ) = 5.31

σ x = 0.89 σ y = 2.3 ρ xy = −0.54 Y − E (Y )

σY

= ρ XY

X − E( X )

σX

Y − 2 .7 X −2 = −0.54 2 .3 0.89 Y = 3.96 − 1.39 X 12.4. Zakon raspodele slučajnog vektora (X,Y) dat kvadrata regresiju Y na X i ρxy. X/Y 1 2 3 0 1 3 0 1 2 0 4 2 0 0 3

je tablicom. Odrediti metodom najmanjih 4 0 0 3

5 0 2 0

6 0 0 2

Rešenje: X/Y 0 1 2 fy yfy y2fy f1yy f2yy f3yy

1 1 2 0 3 3 3 1 2 0

2 3 0 0 3 6 12 6 0 0

3 0 4 3 7 21 63 0 12 9

4 0 0 3 3 12 48 0 0 12

5 0 2 0 2 10 50 0 10 0

6 0 0 2 2 12 72 0 0 12

fx 4 8 8 20 64 248 7 24 33 Σ

xfx 0 8 16 24

x2fx 0 8 32 40

Si*xi 0 24 66 90

72


αE ( X 2 ) + βE ( X ) = E ( XY ) αE ( X ) + β = E (Y ) 6 9 β= 5 2 6 16 16 6 α + β = ⇒ β = − α = 1.78 5 5 5 5 6  16 6  9 2α +  − α  = 5 5 5  2 9.25 14α = − 96 ⇒ α = 1.18 2 Y = 1.18 X + 1.78 2α +

73


DODATAK A - NEKE VAŽNE DISKRETNE RASPODELE Binomna raspodela B(n, p ) , p ∈ (0,1)

R x = {0,1,..., n} i = 0,1,..., n

n pi = p( X = i ) =   p i q n−i i Puasonova raspodela P0 (λ ) , (λ>0) R x = {0,1,2,...} pi = p( X = i ) =

λi i!

i = 0,1,2,...

e −λ

Geometrijska raspodela

R x = {1,2,3,...} pi = p( X = i ) = (1 − p )

i −1

p

74


DODATAK B - NEKE VAŽNE RASPODELE NEPREKIDNOG TIPA

Normalna (Gausova) raspodela N (m,σ) F (x ) =

1

σ 2π

x

∫e

−

(t − m )2 2σ

2

dt

−∞

f (x ) =

1

σ 2π

e

−

( x − m )2 2σ 2

a −m x−m b−m P (a 〈 X 〈b ) = P 〈 〈  = P (t1 〈T 〈t 2 ) = Φ(t 2 ) − Φ(t1 ) σ σ   σ a P (− a 〈 X 〈 a ) = 2Φ  σ   x−m P (− ∞〈 X 〈 x ) = 0.5 + Φ   σ   x−m P ( x 〈 X 〈 ∞ ) = 0 .5 − Φ    σ  Uniformna raspodela U (a, b ) , (a
0, x〈 a x − a  F (x ) =  ,a ≤ x ≤ b b − a  1, x〉 b

0, x ∉ [a, b]  f (x ) =  1  b − a , x ∈ [a, b ]

Gama raspodela G (a, b ) , (a>0, b>0) ∞ 0, x〈 0 0, x〈0 Γ(b ) = ∫ x b −1e − a dx  b  b x ; f (x ) =  a ; F (x ) =  a b −1 − at b −1 − ax 0  Γ(b ) ∫ t e dt , x ≥ 0  Γ(b ) x e , x ≥ 0 Γ(n + 1) = n!(∀n ∈ N )  −∞ 

Eksponencijalna raspodela E x (a ) , (a>0)

0, x ≤ 0 F (x ) =  − ax 1 − e , x〉 0

0, x ≤ 0 f ( x ) =  − ax ae , x〉 0

75

1. KOMBINATORIKA 1.1. Varijacije - tfzr.rs

Recommend Documents