Vjerojatnost i statistika - Diskretna vjerojatnost

Neven Elezović VJEROJATNOST I STATISTIKA 1. Diskretna vjerojatnost ISBN 953-197-539-6 Neven Elezović Redoviti p...

Author: Neven Elezović

252 downloads 688 Views 1MB Size Report

This content was uploaded by our users and we assume good faith they have the permission to share this book. If you own the copyright to this book and it is wrongfully on our website, we offer a simple DMCA procedure to remove your content from our site. Start by pressing the button below!
Report copyright / DMCA form

DOWNLOAD PDF

Neven Elezović VJEROJATNOST I STATISTIKA 1. Diskretna vjerojatnost

ISBN 953-197-539-6

Neven Elezović Redoviti profesor Fakulteta elektrotehnike i raˇcunarstva Zavod za primijenjenu matematiku

VJEROJATNOST I STATISTIKA Diskretna vjerojatnost

0. izdanje

Zagreb, 2007

c Prof. dr. sc. Neven Elezović, 2007.

Urednik Sandra Graˇcan, dipl. inˇz.

Nakladnik Element, Zagreb

Dizajn ovitka Edo Kadić

Tisak Element, Zagreb

Nijedan dio ove knjige ne smije se preslikavati niti umnaˇzati na bilo koji naˇcin, bez pismenog dopuˇstenja nakladnika

ˇ SADRZAJ

1. Vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - ............ 1.1. Algebra dogadaja 1.2. Vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Klasiˇcni vjerojatnosni prostor . . . 1.4. Beskonaˇcni vjerojatnosni prostor 1.5. Geometrijska vjerojatnost . . . . . . 1.6. Elementi kombinatorike . . . . . . . 1.7. Rijeˇseni primjeri . . . . . . . . . . . . Zadatci za vjeˇzbu . . . . . . . . . . . .

.. .. .. .. .. .. .. .. ..

. . . . . . . . .

.. .. .. .. .. .. .. .. ..

.. .. .. .. .. .. .. .. ..

.. .. .. .. .. .. .. .. ..

.. .. .. .. .. .. .. .. ..

.. .. .. .. .. .. .. .. ..

.. .. .. .. .. .. .. .. ..

.. .. .. .. .. .. .. .. ..

.. .. .. .. .. .. .. .. ..

.. .. .. .. .. .. .. .. ..

. . . . . . . . .

1 1 9 14 21 26 30 45 58

2. Uvjetna vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . 2.1. Uvjetna vjerojatnost . . . . . . . . - ....... 2.2. Nezavisnost dogadaja 2.3. Formula potpune vjerojatnosti 2.4. Bayesova formula . . . . . . . . . 2.5. Rijeˇseni zadatci . . . . . . . . . . . Zadatci za vjeˇzbu . . . . . . . . . .

.. .. .. .. .. .. ..

. . . . . . .

.. .. .. .. .. .. ..

.. .. .. .. .. .. ..

.. .. .. .. .. .. ..

.. .. .. .. .. .. ..

.. .. .. .. .. .. ..

.. .. .. .. .. .. ..

.. .. .. .. .. .. ..

.. .. .. .. .. .. ..

.. .. .. .. .. .. ..

. . . . . . .

64 64 67 71 73 77 83

3. Diskretne sluˇcajne varijable i vektori . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1. Diskretne sluˇcajne varijable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Dvodimenzionalne diskretne razdiobe . . . . . . . . . . . . 3.3. Momenti i karakteristiˇcne funkcije diskretnih varijabli 3.4. Rijeˇseni zadatci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zadatci za vjeˇzbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

.. .. .. .. .. ..

.. .. .. .. .. ..

.. .. .. .. .. ..

. 88 . 89 . 93 . 97 . 107 . 113

4. Primjeri diskretnih razdioba . 4.1. Geometrijska razdioba 4.2. Binomna razdioba . . . 4.3. Poissonova razdioba . Zadatci za vjeˇzbu . . . .

.. .. .. .. ..

.. .. .. .. ..

.. .. .. .. ..

. . . . .

.. .. .. .. ..

.. .. .. .. ..

.. .. .. .. ..

.. .. .. .. .. .. ..

.. .. .. .. ..

.. .. .. .. ..

. . . . .

.. .. .. .. ..

.. .. .. .. ..

.. .. .. .. ..

.. .. .. .. ..

.. .. .. .. ..

.. .. .. .. ..

116 116 119 123 128

Odgovori i rjeˇsenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 Kazalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

1.

Vjerojatnost

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

Algebra dogadaja .......... Vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . Klasiˇcni vjerojatnosni prostor . . Beskonaˇcni vjerojatnosni prostor Geometrijska vjerojatnost . . . . . Elementi kombinatorike . . . . . . Rijeˇseni primjeri . . . . . . . . . . . Zadatci za vjeˇzbu . . . . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. 1 . 9 . 14 . 21 . 26 . 30 . 45 . 58

Temeljni pojmovi koje zˇ elimo opisati u ovom poglavlju su algebra dogadaja i vjerojatnost. - dovesti u vezu s stohastiˇckim pokusom. Tako nazivamo Najjednostavnije je pojam dogadaja svaki pokus cˇiji ishod nije unaprijed odreden. Taj ishod ovisi o nekim nepredvidivim okolnostima i stoga je sluˇcajan. Novˇcić baˇcen uvis pada na jednu od svoje dvije strane, na koju — unaprijed ne - ne moˇze se unaprijed predvidjeti. moˇzemo znati. Vrijeme ispravnog rada nekog uredaja Ishod pokusa zovemo elementarni dogadaj. Njih u nekom pokusu moˇze biti konaˇcno, ali i beskonaˇcno mnogo. Kocka cé pasti na jednu od sˇ est svojih strana, a biranje na sreću jedne toˇcke unutar, recimo, jediniˇcnog kruga ima kao mogući ishod beskonaˇcno mnogo elementarnih dogadaja. Pri svakom se pokusu mogu ostvariti ili ne razliˇciti dogadaji. Kocka moˇze, na primjer, pasti - moˇzemo predvidjeti pridruˇzujući mu na paran ili na neparan broj. Hoće li se dogoditi neki dogadaj - izvjesniji, njegova cé vjerojatnost biti bliˇza jedinici. Malo ˇ je dogadaj odredenu vjerojatnost. Sto - imat cé vjerojatnost blisku nuli. vjerojatni dogadaji Raˇcun s dogadajima i vjerojatnostima mora se pokoravati izvjesnim zakonima koje cémo upoznati u ovom poglavlju.

1.1. Algebra dogadaja - oznaˇcavati s ω . Skup svih elementarnih dogadaja Elementarne cémo dogadaje oznaˇcavamo s Ω . Skup Ω i sam je dogadaj, on se ostvaruje pri svakom ishodu pokusa. - Njegova je suprotnost nemoguć dogadaj, - koji se Nazivamo ga stoga sigurni dogadaj. pri realizaciji pokusa nikad ne moˇze ostvariti. Oznaˇcavamo ga simbolom ∅ . Razliˇcite - vezane uz neki pokus oznaˇcavat cémo velikim slovima latiniˇcne abecede: dogadaje A , B , C . . . . Oni se sastoje od izvjesnog broja elementarnih dogadaja. To su dakle podskupovi od Ω . 1

2

1. VJEROJATNOST Primjer 1.1. Bacamo jednu kocku kojoj su strane oznaˇcene brojevima od 1 do 6. - i skup Ω . Odredimo elementarne dogadaje - brojevi na koje kocka moˇze pasti: Elementarni su dogadaji

ω1 = 1, ω2 = 2, . . . , - je Skup svih elementarnih dogadaja

ω6 = 6.

Ω = {ω1 , ω2 , . . . , ω6 } = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. - je bilo koji podskup od Ω . U pokusu koji ima samo konaˇcno mnogo ishoda dogadaj - vezanih uz ovaj pokus: Evo nekoliko dogadaja A = {pao je parni broj} = {2, 4, 6}, B = {pao je broj veći od 2} = {3, 4, 5, 6}, C = {pao je parni broj manji od 5} = {2, 4} - postoji 26 = 64 , jer toliko skup Ω ima podskupova. Medu i sliˇcno. Razliˇcitih dogadaja njima su nemoguć dogadaja ∅ , 6 jednoˇclanih (elementarnih) dogadaja, 15 dogadaja od - s tri elementarna itd. po dva elemenentarna, 20 dogadaja

Primjer 1.2. Novˇcić je baˇcen tri puta. U svakom bacanju biljeˇzimo je li se pojavilo - te nekoliko dogadaja pismo ( P ) ili glava ( G ). Odredimo Ω , elementarne dogadaje vezanih uz ovaj pokus.

- ima osam. To su Elementarnih dogadaja

ω1 = GGG, ω5 = GPP,

ω2 = GGP, ω6 = PGP,

ω3 = GPG, ω7 = PPG,

ω4 = PGG, ω8 = PPP,

(poredak nabrajanja nije vaˇzan). Ovdje smo, kratkoće radi, s GGP oznaˇcili uredenu - sastoji se trojku (G, G, P) i sliˇcno za ostale elementarne dogadaje. Siguran dogadaj - vezanih uz ovaj pokus (ukupan od gornjih osam elementarnih. Evo nekoliko dogadaja 8 broj dogadaja je 2 = 256 ): A = {pismo se pojavilo jednom} = {ω2 , ω3 , ω4 }, B = {pismo se pojavilo u drugom bacanju} = {ω3 , ω5 , ω7 , ω8 }, C = {pojavilo se barem jedno pismo i barem jedna glava} = {ω2 , ω3 , . . . , ω7 }, D = {pismo se pojavilo dvaput za redom} = {ω5 , ω7 , ω8 }. Usporedivanje dogadaja

- A povlaˇci dogadaj - B ako iz realizacije dogadaja Kaˇzemo da dogadaj A slijedi realizacija dogadaja B . To znaˇci da B sadrˇzi sve elementarne dogadaje koji ulaze u - A . Piˇsemo A ⊂ B , u skladu s zapisom iz teorije skupova. Koristimo takoder - i dogadaj - B , B slijedi iz A , A zapis A =⇒ B . Govorimo joˇs: A je specijalni sluˇcaj dogadaja je sadrˇzan u B , A je dovoljan uvjet za B , B je nuˇzdan uvjet za A .

1.1. ALGEBRA DOGA -DAJA

A

3

B

- A povlaˇci Sl. 1.1. Dogadaj - B dogadaj

Primjer 1.3. Bacamo dvije kocke. Oznaˇcimo dogadaje A = {oba broja veća su od 4}, B = {zbroj brojeva na kockama veći je od 8}. Vrijedi A =⇒ B , jer je zbroj brojeva koji su veći od 4 sigurno veći od 8. Obrat nije ispunjen, jer zbroj brojeva moˇze biti veći od 8 i kad jedna kocka padne na, recimo, 3, a druga na 6. Tad se ostvario B , ali se nije ostvario A . Primjer 1.4. Bacamo dvije kocke. Oznaˇcimo dogadaje: A = {zbroj brojeva na kockama veći je od 8}, B = {oba broja veća su od 2}. Sad vrijedi A =⇒ B . Naime, zbroj brojeva ne moˇze biti veći od 8 ako oba broja nisu veća od 2, jer inaˇce najveći zbroj iznosi 2 + 6 = 8 . Vezu ovih dogadaja moˇzemo izraziti joˇs ovako: • Da bi zbroj brojeva bio veći od 8, oba broja nuˇzno moraju biti veća od 2 ( B je nuˇzdan uvjet za A ). ˇ • Zelimo li da oba broja na kocki budu veća od 2, dovoljno je da njihov zbroj bude veći od 8 ( A je dovoljan uvjet za B ). ∗∗∗ Ukoliko vrijedi A ⊂ B i B ⊂ A , onda kaˇzemo da su A i B ekvivalentni ili jednaki - sastoje se od istih elementarnih dogadaja. i piˇsemo A = B . Ekvivalentni dogadaji Suprotnost ovoj situaciji je ona u kojoj A i B nemaju zajedniˇckih elementarnih dogadaja. - A i B su disjunktni, ako se istovremeno ne mogu ostvariti i jedan i Dogadaji 1 drugi . Kaˇzemo joˇs da se A i B medusobno iskljuˇcuju. Tako na primjer, pri bacanju kocke su dogadaji A = {pao je paran broj} i B = {pao je broj 3} disjunktni. Ω B

Sl. 1.2. Disjunktni dogadaji

1

A

Nije nuˇzno da se ostvari neki od ova dva dogadaja, moguće je dakle da se ne ostvari niti jedan od njih

4

1. VJEROJATNOST

Primjer 1.5. Novˇcić bacamo cˇ etiri puta. Istaknimo sljedeće dogadaje: A = {pojavila su se toˇcno tri pisma}, B = {pojavile su se najviˇse dvije glave}, C = {pojavila se toˇcno jedna glava}, D = {ostvario se niz PGGP}. - povlaˇce neki drugi, koji su ekvivalentni, a koji se medusobno koji od ovih dogadaja iskljuˇcuju? Operacije s dogadajima

Neka su A , B dogadaji. Pomoću njih moˇzemo naˇciniti nove dogadaje: Unija i presjek dogadaja

- koji se ostvaruje ako se ostvario barem jedan od dogadaja Dogadaj A, B naziva se unija ili zbroj (suma) dogadaja i oznaˇcava s A ∪ B , A + B , A ili B. - koji se ostvaruje ako su se ostvarila oba dogadaja Dogadaj A i B naziva se - i oznaˇcava s A ∩ B , AB , A i B . presjek ili umnoˇzak (produkt) dogadaja

Ω

Ω A

A B

B

A B

A B

Sl. 1.3. Unija i presjek dvaju dogadaja

Primjer 1.6. Bacamo jednu kocku. Istaknimo dogadaje A = {pao je parni broj}, B = {pao je broj veći od 2}. Onda je A ∪ B = {pao je parni broj ili broj veći od 2} = {pao je broj veći od 1} = {2, 3, 4, 5, 6}, A ∩ B = {pao je parni broj veći od 2} = {4, 6}. ∗∗∗ Operacije unije i presjeka mogu se definirati i za nekoliko dogadaja. Unija n - je dogadaj dogadaja A = A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An - A1 ,. . . An . koji se ostvaruje ako se ostvario barem jedan od dogadaja


5

A 1 A2 ... A n

A 1 A2 ... A n

Sl. 1.4. Unija (lijevo) i presjek (desno) viˇse dogadaja

- je dogadaj Presjek n dogadaja A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An - A1 , . . . , An . koji se ostvario ako se ostvario svaki od dogadaja ∗∗∗ Razlika dogadaja. Komplement dogadaja

- koji se ostvaruje ako se ostvari dogadaj - A , a da se ne ostvari dogadaj Dogadaj B , nazivamo razlika dogadaja A i B i oznaˇcavamo s A \ B , A − B . - Ω \ A nazivamo komplementom ili suprotnim dogadajem Dogadaj dogadaja A . On se ostvaruje ako i samo ako se A nije ostvario. Oznaˇcavamo ga s A ili s Ac .

A

B

A _ A

Sl. 1.5. Razlika dvaju dogadaja (lijevo) i komplement dogadaja (desno)

A\ B

Uvjerite se da vrijedi A \ B = A ∩ B , A = A . ∗∗∗

6

1. VJEROJATNOST

ˇ se moˇze zakljuˇciti o dogadajima Primjer 1.7. Sto A , B , C za koje vrijedi

1. 3. 5.

1. ABC = A ;

2. A + B = A ;

3. A + B + C = A ;

4. A + B = A ;

5. A + B = AB ;

6. AB = A ?

(Skiciraj gornje situacije Euler–Vennovim dijagramima). A⊆B i A⊆C 2. B ⊆ A B⊆A i C⊆A 4. A = ∅ , B = Ω A=B 6. A = Ω , B = ∅ .

De Morganovi zakoni

- operacija komplementiranja, unije i presjeka iskazana je u sljedećim Veza izmedu formulama: A∪B =A∩B

(1)

A∩B =A∪B Te formule nazivamo de Morganovi zakoni.

(2)

Ω

Ω A

A B

A B

B

A B

Sl. 1.6. De Morganovi zakoni

Dokaˇzimo (1):

ω ∈ A ∪ B ⇐⇒ ω ∈ / A ∪ B ⇐⇒ ω ∈ /A i ω∈ /B ⇐⇒ ω ∈ A i ω ∈ B ⇐⇒ ω ∈ A ∩ B. Drugu formulu moˇzemo pokazati na sliˇcan naˇcin. Medutim, korisno je vidjeti da - vrijedi A = A , moˇzemo ona slijedi iz prve formule. Naime, kako za svaki dogadaj raˇcunati ovako A ∪ B = po (1) = A ∩ B = A ∩ B te je A ∩ B = A ∪ B = A ∪ B. Primjer 1.8. De Morganove zakone moˇzemo ilustrirati koristeći se jednostavnim modelima serijskog i paralelnog spoja. - A oznaˇcava da je 1. Serijski spoj. Neka u serijskom spoju dviju sklopki dogadaj prva sklopka iskljuˇcena, a dogadaj B da je iskljuˇcena druga sklopka.


7

1

2

A

B

- toˇcaka 1 i 2 neće postojati ako se ostvari barem jedan od dogadaja - A Veza izmedu ili B : { ne postoji veza } = A ∪ B. - tih toˇcaka postojat cé ako se nije ostvario niti dogadaj - A , niti dogadaj - B Veza izmedu (nema prekida niti na jednoj sklopki): { postoji veza } = A ∩ B. Ova su dva dogadaja komplementarna. Zato vrijedi A ∪ B = A ∩ B. Dobili smo prvu de Morganovu formulu. 2. Paralelni spoj. Neka su dvije sklopke spojene u paralelnom spoju: A 1

2

B

Onda vrijedi: {ne postoji veza} = A ∩ B, {postoji veza} = A ∪ B = A ∩ B. ∗∗∗ De Morganovi zakoni poopćavaju se na uniju i presjek n dogadaja: A1 ∪ · · · ∪ An = A1 ∩ · · · ∩ An , A1 ∩ · · · ∩ An = A1 ∪ · · · ∪ An . Ilustrirajte ove formule pomoću serijskog i paralelnog spoja n sklopki. Algebra dogadaja Dosadaˇsnji pristup dogadajima i operacijama zasnivao se na intuiciji. Tako smo, na primjer, - ponovo dogadaji. preˇsutno podrazumjevali da su presjek i unija dvaju dogadaja U strogo definiranoj matematiˇckoj teoriji ovi pojmovi moraju biti vrlo precizno definirani. To je nuˇzno da bi se izbjegli - podskupovi mogući paradoksi unutar same teorije. Tako na primjer, potpuno je jasno da su dogadaji - nije uvijek istinita! Općenito, skupa Ω . Medutim, obratna tvrdnja: svaki podskup od Ω je dogadaj, - neće biti svi podskupovi od Ω . postojat cé situacije kad dogadaji - cémo definirati kao elemente algebre dogadaja: Da izbjegnemo moguće paradokse, dogadaje

8

1. VJEROJATNOST Algebra dogadaja

Algebra dogadaja je svaka familija F podskupova od Ω na kojoj su definirane binarna operacija zbrajanja + : F × F → F i unarna operacija komplementiranja sa svojstvima 1) Ω ∈ F , ∅ ∈ F , 2) A ∈ F =⇒ A ∈ F , 3) A, B ∈ F =⇒ A + B ∈ F . Elemente algebre F zovemo dogadaji. Primijetimo da je bilo dovoljno zahtijevati samo Ω ∈ F , jer je ∅ = Ω pa prema - pripada algebri F . svojstvu 2) on takoder ˇ je s umnoˇskom dogadaja? Sto Ako su A i B dogadaji, onda A i B pripadaju algebri F , pa toj algebri pripada i njihov zbroj A + B . Konaˇcno je A · B = A + B ∈ F. - ponovo je dogadaj. Dakle, umnoˇzak dogadaja Isto vrijedi i za razliku dvaju dogadaja, jer za A, B ∈ F vrijedi A \ B = A · B ∈ F. Booleova algebra

U mnogim se primjenama koristi struktura sastavljena od familije F dvije binarne operacije + i · , unarne operacije komplementiranja koja zadovoljava sljedećih devet svojstava: 1) A+B=B+A A·B=B·A 2) (A + B) + C = A + (B + C) (A · B) · C = A · (B · C) 3) ∅+A=A Ω·A= A 4) A · (B + C) = A · B + A · C A + B · C = (A + B) · (A + C) 5)

(∀A ∈ F)(∃A ∈ F) A + A = Ω, A · A = ∅,

gdje su Ω i ∅ dva istaknuta elementa. Takvu familiju nazivamo Booleova algebra. Operacije + i · mogu biti definirane na razliˇcite naˇcine. Ako su to operacije unije - primjer i presjeka, a elementi od F podskupovi, zakljuˇcujemo da je algebra dogadaja Booleove algebre. Primjer 1.9. Pokaˇzi da u svakoj Booleovoj algebri vrijede relacije 1. A + AB = A ,

2. A B = A + B ,

3. (A+B)(A+B)(A+B)(A+B) = ∅ ,

4. A + AB + BC + AC = A + C ,

5. AB + AB + A B = AB.

1. A + AB = A jer je AB ⊆ A , ili

A + AB = AA + AB = A(A + B) = A , jer je A ⊆ A + B , ili A + AB = (A + A)(A + B) = A(A + B) = A .

1.2. VJEROJATNOST

9

2. Komplementiranjem relacije A + B = A · B . 3. (A + B)(A + B)(A + B)(A + B) = (AA + B)(AA + B) = BB = ∅ . 4. A + AB + BC + AC = A + BC + AC + AC = A + BC + (A + A)C = A + BC + C =

A + C.

5. AB+AB+A B = AB+A B+AB+A B = A(B+B)+(A+A)B = A+B = AB .

- je prikazan shemom na slici. Neka dogadaj - Ai oznaˇcava Primjer 1.10. Uredaj prekid na dijelu i , i = 1, 2, 3 . Odredi izraz za dogadaj - je prestao s radom}, A = {uredaj - A. kao i za dogadaj

A1 1

2

A2

A3

Sl. 1.7.

- prestaje s radom ako se ostvari dogadaj - A1 i barem jedan od dogadaja Uredaj A2 , A3 . Dakle, A = A1 (A2 + A3 ) i po de Morganovim formulama A = A1 (A2 + A3 ) = A1 + A2 + A3 = A1 + A2 · A3 .

1.2. Vjerojatnost

Vjerojatnost

Vjerojatnost je preslikavanje P : F → [0, 1] definirano na algebri dogadaja F , koje ima svojstva 1) P (Ω) = 1 , P (∅) = 0 (normiranost), 2) ako je A ⊂ B , onda vrijedi P (A) P (B) (monotonost), - onda je P (A ∪ B) = P (A) + P (B) 3) ako su A i B disjunktni dogadaji, (aditivnost). Broj P (A) nazivamo vjerojatnost dogadaja A.

10

1. VJEROJATNOST Svojstva vjerojatnosti

Izvedimo neka dodatna svojstva vjerojatnosti. - a A njegov komplement. Onda vrijedi Neka je A po volji odabran dogadaj, A ∪ A = Ω i pritom su A i A disjunktni. Zato, po svojstvima normiranosti i aditivnosti vrijedi 1 = P (Ω) = P (A ∪ A) = P (A) + P (A), te je P (A) = 1 − P (A) . Time smo pokazali: Vjerojatnost komplementa

- A vrijedi P (A) = 1 − P (A) . Za svaki dogadaj ∗∗∗ Pokaˇzimo sad kako se raˇcuna vjerojatnost unije u sluˇcaju kad A i B nisu disjunktni. - ovdje cémo pisati kao umnoˇzak, dakle bez znaka ∩ . Presjek dvaju dogadaja Vjerojatnost unije

- A i B vrijedi Za bilo koja dva dogadaja P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (AB).

- A ∪ B prikazat cémo kao uniju dvaju disjunDa dokaˇzemo ovo svojstvo, dogadaj ktnih dogadaja: A ∪ B = A ∪ (BA) (vidi sliku 1.8). Sliˇcno tome, B moˇzemo rastaviti ovako B = AB ∪ BA - s desna disjunktni. i ponovo su dogadaji

A

B

_ A B=A BA

A

B

B= A B

_ BA

Po svojstvu aditivnosti vjerojatnosti slijedi: P (A ∪ B) = P (A) + P (BA), P (B) = P (AB) + P (BA).

Sl. 1.8. Skup A ∪ B moˇze se rastaviti na uniju disjunktnih skupova (lijevo). Sliˇcno vrijedi i za skup B (desno)

1.2. VJEROJATNOST

11

Oduzimanjem dobivamo traˇzenu formulu: P (A ∪ B) − P (B) = P (A) − P (AB).

Primjer 1.11. Neka su A i B dogadaji, P (A) = 0.4 , P (B) = 0.5 , P (AB) = 0.2 . Izraˇcunaj P (A + B) , P (A) , P (B) , P (A B) , P (A + B) , P (AB) , P (AB) . P (A + B) = P (A) + P (B) − P (AB) = 0.7 P (A) = 1 − P (A) = 0.6 P (B) = 1 − P (B) = 0.5 P (A B) = P (A + B) = 1 − P (A + B) = 0.3 P (A + B) = P (AB) = 1 − P (AB) = 0.8 P (AB) = P (A) − P (AB) = 0.2 P (AB) = P (B) − P (AB) = 0.3. Konaˇcni vjerojatnosni prostor

Vjerojatnosni prostor Ω , koji posjeduje samo konaˇcno mnogo elementarnih dogadaja nazivamo konaˇcni vjerojatnosni prostor. Oznaˇcimo njegove elemente, - u ovakvu prostoru je svaki podskup od Ω . VjeroΩ = {ω1 , ω2 , . . . , ωN } . Dogadaj - moći cémo odrediti ako znamo vjerojatnosti elementarnih jatnost bilo kojeg dogadaja dogadaja, tj. ako poznajemo brojeve p1 = P ({ω1 }), .. . pN = P ({ωN }). Ovi brojevi imaju svojstvo p1 > 0, . . . , pN > 0,

p1 + . . . + pN = 1.

- su medusobno Zaista, kako je Ω = {ω1 , ω2 , . . . , ωN } , a elementarni dogadaji disjunktni, to je 1 = P (Ω) = P ({ω1 }) + . . . + P ({ωN }) . - On se sastoji od nekoliko elementarnih dogadaja: Neka je A ∈ F bilo koji dogadaj. A = {ωi1 , ωi2 , . . . , ωiM }. Vjerojatnost dogadaja A raˇcunamo tako da zbrojimo vjerojatnosti tih elementarnih dogadaja P (A) = pi1 + pi2 + . . . + piM .

12

1. VJEROJATNOST Primjer 1.12. Bacamo jedan novˇcić dok se ne pojavi pismo, ali najviˇse cˇ etiri puta. Opiˇsi vjerojatnosni prostor. Kolika je vjerojatnost dogadaja A = {pismo se pojavilo u prva dva bacanja}, B = {pismo se pojavilo nakon drugog bacanja}?

Skup Ω sastoji se od 5 elementarnih dogadaja. Tim je dogadajima prirodno pridruˇziti sljedeće vjerojatnosti:

ω1 = P

p1 =

ω2 = GP

p2 =

ω3 = GGP

p3 =

ω4 = GGGP

p4 =

ω5 = GGGG

p5 =

1 2 1 4 1 8 1 16 1 16

Vrijedi A = {ω1 , ω2 } , B = {ω3 , ω4 } . Zato je P (A) = p1 + p2 = 3 p3 + p4 = 16 .

3 4

, P (B) =

Modeli konaˇcnih vjerojatnosnih prostora

Opiˇsimo nekoliko jednostavnih modela konaˇcnih vjerojatnosnih prostora. ω1 = P , ω2 = G . Ako je novˇcić ispra• Novˇcić. Dva su elementarna dogadaja: van i naˇcin njegova bacanja uobiˇcajen, onda je prirodno pretpostaviti da su vjerojatnosti - jednake: p1 = P ({ω1 }) = 1 , p2 = P ({ω2 }) = 1 . pojavljivanja obaju ovih dogadaja 2 2 • Neispravni novˇcić. Joˇs uvijek postoje dva elementarna dogadaja ω1 = P , ω2 = G . Medutim, zbog nesimetriˇcnosti novˇcića ili moˇzda zbog naˇcina njegova bacanja, jedna njegova strana, recimo P , pojavljuje se cˇeˇscé nego druga. Sad je p1 > p2 . • Kocka. Za ispravnu kocku prirodno je uzeti pi = P ({ωi }) = 16 , za svaku od - vezane uz pokus bacanja kocke sˇ est mogućnosti na koje kocka moˇze pasti. Za dogadaje imamo na primjer: 3 P ({pao je paran broj}) = P ({2, 4, 6}) = , 6 4 P ({pao je broj veći od 2}) = P ({3, 4, 5, 6}) = . 6 ˇ • Bacanje dvaju novˇcića. Cetiri su elementarna dogadaja, iako na prvi pogled postoje tri razliˇcita ishoda: dva pisma, pismo i glava, te dvije glave: 1. novˇcić

2. novˇcić

ω1 — palo je P P ω2 — palo je P G ω3 — palo je G P ω4 — palo je G G Da bismo lakˇse mogli razlikovati elementarne dogadaje ω2 i ω3 , moˇzemo zamisliti da bacamo dva razliˇcita novˇcića ili da jedan novˇcić bacamo dva puta!

1.2. VJEROJATNOST

13

• Bacanje dvaju novˇcića, drugi model. Po pisanim dokumentima, francuski je veliki matematiˇcar i enciklopedist d’Alembert (1717–1783) u ovom primjeru postavio samo tri elementarna dogadaja: ω1 = {pala su dva pisma}, ω2 = {palo je jedno pismo i jedna glava}, ω3 = {pale su dvije glave}. - nisu I ovaj je pristup ispravan! Medutim, vjerojatnosti ovih elementarnih dogadaja 1 1 1 1 jednake, već mora biti P (ω1 ) = 4 , P (ω2 ) = 2 , P (ω3 ) = 4 . • Bacanje dviju kocki. Postoji 36 elementarnih dogadaja. Da bismo razlikovali - poput (2, 5) i (5, 2) , moˇzemo zamisliti da su kocke obojene razliˇcitim bodogadaje jama ili pak da umjesto dvije kocke istovremeno, bacamo jednu kocku dva puta tako da znamo koji je rezultat na prvoj, a koji rezultat na drugoj kocki. Ako su kocke i - jednako naˇcin bacanja ispravni, prirodno je pretpostaviti da su svi elementarni dogadaji vjerojatni. ∗∗∗ Primjer 1.13. Izvlaˇcimo na sreću jednu kartu iz snopa od 52 karte. Kolika je vjerojatnost da je ta karta Q (dama). Kolika je vjerojatnost da je njezina boja ♠ (pik). Kolika je vjerojatnost da je ta karta dama ili pik boje? Oznaˇcimo s A i B dogadaje: A = {izabrana karta je dama}, B = {izabrana karta je pik boje}. - A je P (A) = 4 = 1 . 13 je karata Kako postoje cˇetiri dame, vjerojatnost dogadaja 52 13 13 1 pik boje pa je P (B) = = . Treći je dogadaj C unija prvih dvaju. Prvi dojam da 52 4 - A i B nisu disje broj povoljnih ishoda jednak 17 = 4 + 13 pogreˇsan je, jer dogadaji 4 16 = . Primjetimo junktni. Njihov je presjek AB pikova dama! Zato je P (C) = 52 13 1 da je ovdje P (AB) = i da vrijedi: 52 1 1 1 4 = + − = P (A) + P (B) − P (AB). P (A ∪ B) = P (C) = 13 13 4 52

ˇ ci se naˇsaliti s prijateljima u igri Monopola, djeˇcak je izbrisao Primjer 1.14. Zele´

jednu toˇcku sa strane kocke koja oznaˇcava broj 5 , a ucrtao dvije na stranu na kojoj je broj 1 , tako da njegova kocka ima sljedeće brojeve na svojim stranama: 2, 3, 3, 4, 4, 6. Kolika je vjerojatnost sljedećih dogadaja, ako bacamo ovakvu kocku: A = {pojavio se paran broj}. B = {pojavio se broj veći od 2}. C = {pojavio se broj 5}. 1

- jednako vjerojatna! Veliki autoritet d’Alembert smatrao je da su sva tri elementarna dogadaja

14

1. VJEROJATNOST

Pokus bacanja kocke ima cˇetiri moguća ishoda: ω1 = 2 , ω2 = 3 , ω3 = 4 i ω4 = 6 . Ako pretpostavimo da je kocka bila ispravna, tad je razumno pridijeliti ovim elementarnim dogadajima vjerojatnosti p1 = P ({ω1 }) = 16 , p2 = P ({ω2 }) = 13 , p3 = P ({ω3 }) = 13 , p4 = P ({ω4 }) = 16 . Vaˇzno je shvatiti da ne moˇzemo matematiˇcki dokazati ove vrijednosti. Mi vrijednosti - moˇzemo zadati po volji, i time dobivamo matematiˇcki model za elementarnih dogadaja bacanje ovakve kocke. Medutim, ako vjerojatnosti izaberemo na ovaj naˇcin, oˇcekujemo da cé model biti dobar, da cé vjerno opisivati bacanje ovakve kocke. Dogadaju A odgovaraju sljedeći elementarni dogadaji: A = {ω1 , ω3 , ω4 } , te je 1 1 1 2 P (A) = p1 + p3 + p4 = + + = . 6 3 6 3 Dogadaju B odgovaraju elementarni dogadaji B = {ω2 , ω3 , ω4 } , te je 1 1 1 5 P (B) = p2 + p3 + p4 = + + = . 3 3 6 6 Mogli smo raˇcunati pomoću suprotnog dogadaja: B = {ω1 } : 1 5 P (B) = 1 − P (B) = 1 − p1 = 1 − = . 6 6 - C je za ovu kocku nemoguć, P (C) = 0 . Dogadaj

1.3. Klasiˇcni vjerojatnosni prostor Promatrajmo pokus koji ima konaˇcno mnogo ishoda i u kojem je razumno pret- jednako vjerojatni (poput bacanja ispravnog postaviti da su svi elementarni dogadaji novˇcića, kocke, izvlaˇcenja broja u LOTU, lutriji ili ruletu, izbor karte iz snopa i sl.). - i p1 , . . . , pN pripadNeka je Ω = {ω1 , . . . , ωN } skup svih elementarnih dogadaja ne vjerojatnosti. Kako su svi ti brojevi jednaki, a njihov je zbroj 1, vrijedi 1 pi = P ({ωi }) = , i = 1, . . . , N. N Ovakav vjerojatnosni prostor nazivamo klasiˇcni vjerojatnosni prostor jer se problemi iz kojih je iznikla teorija vjerojatnosti mogu opisati ovim modelom. - Da bismo izraˇcunali vjerojatnost dogadaja Neka je A ⊂ Ω bilo koji dogadaj. A, nije nam viˇse potrebno znati koje elementarne dogadaje A sadrˇzi, već samo njihov broj. Naime, ako A sadrˇzi M elementarnih dogadaja, A = {ωi1 , . . . , ωiM } , tad je 1 M P (A) = pi1 + . . . + piM = M · = . N N Ovu formulu moˇzemo interpretirati na sljedeći naˇcin: Svaki elementarni dogadaj nazovimo mogućim ishodom (svi su jednako vjerojatni). Tako je N = broj svih mogućih ishoda. - koji su sadrˇzani u A nazovimo povoljnima za dogadaj - A: Elementarne dogadaje M = broj svih povoljnih ishoda.

ˇ 1.3. KLASICNI VJEROJATNOSNI PROSTOR

15

Klasiˇcna vjerojatnost

- raˇcuna se formuU klasiˇcnom vjerojatnosnom prostoru vjerojatnost dogadaja lom: M broj povoljnih ishoda P (A) = = . N broj mogućih ishoda

∗∗∗ - broj Primjer 1.15. Bacamo jednu ispravnu kocku. Neka je elementaran dogadaj na koji je kocka pala. Opiˇsi vjerojatnosni prostor. - sastoji se od 6 elemenata: Skup elementarnih dogadaja Ω = {ω1 , ω2 , . . . , ω6 } = {1, 2, . . . , 6}. Algebra dogadaja sastoji se od svih podskupova od Ω : F = P(Ω) = ∅, {1}, . . . {6}, {1, 2}, . . . , {5, 6}, . . . , {1, 2, 3, 4, 5, 6} . - je card(F) = 26 = 64 . Broj svih dogadaja Zbog pretpostavljene ispravnosti kocke, vjerojatnost pojavljivanja svakog elemen- je jednaka: P (ωi ) = 1 . tarnog dogadaja 6 Primjer 1.16. Bacamo dvije ispravne kocke. Opiˇsi vjerojatnosni prostor. Odredi - i izraˇcunaj im vjerojatnost: sljedeće dogadaje A = na obje kocke pao je broj 1, B = obje kocke pokazuju paran broj, C = pao je jedan paran i jedan neparan broj, D = zbroj brojeva na obje kocke iznosi barem 10. - sastoji se od uredenih Skup elementarnih dogadaja parova: Ω = (ωi , ωj ) : ωi , ωj ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6} . N = card(Ω) = 36 . Vrijedi F = P(Ω) . Broj svih mogućih dogadaja je 36 card(F) = 2 ! Zbog simetrije vrijedi 1 P {(ωi , ωj )} = . 36 - od kojih se sastoje dogadaji - A, B, C i D, Odredimo sada elementarne dogadaje te vjerojatnosti tih dogadaja. Pisat cémo 26 umjesto uredenog para (2, 6) itd.

A = {11}, B = {22, 24, 26, 42, 44, 46, 62, 64, 66}, C = {12, 14, 16, 32, . . . , 56, 21, 23, 25, 41, . . . , 65}, D = {46, 55, 64, 56, 65, 66},

1 , 36 9 , P (B) = 36 18 , P (C) = 36 6 . P (D) = 36 P (A) =

16

1. VJEROJATNOST

∗∗∗ Raˇcunanje vjerojatnosti u klasiˇcnom vjerojatnosnom prostoru povezano je s prebrojavanjem elemenata konaˇcnih skupova, cˇime se bavi kombinatorika. Stoga je za rjeˇsavanje sloˇzenijih zadataka nuˇzno poznavanje temeljnih pojmova kombinatorike. Primjer 1.17. (Loto) Kolika je vjerojatnost da c´ e igraˇc koji je zaokruˇzio jednu kombinaciju u igri LOTO 7 od 39 pogoditi svih sedam brojeva? Kolike su vjerojatnosti za preostale dobitke (za toˇcno pogodenih 6, 5 ili 4 broja)? 39 Razliˇcitih kombinacija ima N = . Povoljnih za glavni dobitak je 7 M7 = 1 . Vjerojatnost dobitka iznosi

p7 =

M7 1 1 = = = 6.50 · 10−8 . 39 N 15 380 937 7

- i s puno većom vjerojatnoˇscú tretiramo kao praktiˇcno nemoguće. Ipak, zbog Dogadaje - s vremena na vrijeme velikog broja ukupno ispunjenih kombinacija, ovaj se dogadaj ostvaruje. - sedam izvuˇcenih moˇzemo odabrati na 7 naˇcina. Jedan ˇ Sest brojeva izmedu 6 - preostalih moˇzemo odabrati na 32 naˇcina. Ako zaokruˇzimo bilo koju od broj izmedu 7 ovih M6 = · 32 kombinacija, dobit cémo zgoditak od sˇ est pogodaka. Zato je: 6 7 · 32 M6 224 6 p6 = = = = 1.46 · 10−5 . 39 N 15 380 937 7 Ovaj je dogadaj 224 puta vjerojatniji od prethodnog. - sedam moˇzemo odabrati na 7 naˇcina, a dva broja iz skupa Pet brojeva izmedu 5 32 od 32 broja koji nisu izvuˇceni na naˇcina. Zato je vjerojatnost dobitka od pet 2 pogodaka: 7 32 10 416 5 2 p5 = = = 6.77 · 10−4 39 15 380 937 7 (prije raˇcunanja umnoˇzaka korisno je skratiti brojnik s nazivnikom). Vjerojatnost zgoditka od cˇetiri pogotka je: 7 32 173 600 4 3 p4 = = = 0.0113 . 39 15 380 937 7


Vjerojatnost da ne pogodimo niti jedan broj je: 32 7 p0 = = 0.219 . 39 7 Primjer 1.18. (Kontrola kvalitete) U poˇsiljci koja se sastoji od N proizvoda ima M neispravnih. Iz poˇsiljke se na sreću bira uzorak od n proizvoda (radi kontrole). Ako - njima nade - barem m neispravnih, poˇsiljka se vraća. Kolika je vjerojatnost da se medu cé se poˇsiljka vratiti? Izraˇcunaj za N = 1000 , M = 20 , n = 20 , m = 1 .

Oznaˇcimo dogadaje A = {poˇsiljka nije vraćena}, Ai = {u uzorku je pronadeno i neispravnih proizvoda}. Tada je A = A0 + A1 + . . . + Am−1 - Ai su disjunktni. Zato je P (A) = m−1 P (Ai ) . i dogadaji i=0 N−M M m − 1 n−i i n−i CM CN −M i P (Ai ) = =⇒ P (A) = . N CNn i=0 n U konkretnom primjeru je 980 20 980 · . . . · 961 20 0 P (A) = = 0.66. = 1000 1000 · . . . · 981 20 Stirlingova formula

Pri raˇcunanju brojeva n! (za veliki n ) i binomnih koeficijenata moˇzemo koristiti Stirlingovu formulu n n √ n! ≈ 2π n . e Joˇs toˇcnije, vrijedi n n 1 n n 1 √ √ 2π n e 12n+1 < n! < 2π n e 12n . e e Primijenimo prvu aproksimaciju na raˇcun u proˇslom zadatku: 980 980 2 √ 2π 980 (980!)2 e P (A) = =√ 960 960 √ 1000 1000 960!1000! 2π 960 2π 1000 e e 960.5 40 2 980 980 = = 0.664999. 960 · 1000 1000

17

18

1. VJEROJATNOST

Broj je izraˇcunat na sˇ est decimala da bi se vidjela razlika prema toˇcnoj vrijednosti koja iznosi P (A) = 0.664990 . ∗∗∗ Primjer 1.19. (Problem rodendana 1) Koliko ljudi treba biti u druˇstvu da bi s

vjerojatnoˇscú od barem 0.5 dva bila rodena istog dana?

Koristimo za rjeˇsavanje model u kojemu su svi dani rodenja za svakog cˇovjeka jednako vjerojatni (zanemarujemo npr. mogućnost da u skupini postoje blizanci) te - mogućnost da je netko roden - 29. veljaˇce. Uzimanje u obzir bilo koje od ovih takoder pretpostavci znatno bi iskompliciralo raˇcun, no ne bi bitno promijenilo rezultat jer je rijeˇc o malo vjerojatnim dogadajima. Rjeˇsavanje zadatka cémo olakˇsati oznaˇcimo li sa n broj dana u godini. Neka je i - raznih dana u godini. r broj ljudi. Odredimo vjerojatnost da su svi rodeni - je Prvi ima na raspolaganju n dana, drugi n − 1 itd. Vjerojatnost ovog dogadaja n(n − 1) · · · (n − r + 1) . nr Traˇzena vjerojatnost iznosi n(n − 1) · · · (n − r + 1) Pr = 1 − . nr Tako treba rijeˇsiti nejednadˇzbu Pr 0.5 , sˇ to je vrlo neugodan posao. Za konkretni n moˇzemo uvrˇstavati razliˇcite vrijednosti od r i procijeniti pa potom provjeriti pravu - korisno je koristiti sljedeću aproksimaciju. vrijednost. Ukoliko je n neodreden, Krenimo od prikaza funkcije e−x , odnosno njene aproksimacije za malene x : e−x = 1 − x + Zato je

x2 x3 − + ... ≈ 1 − x 2! 3!

n−k k = 1 − ≈ e−k/n , n n

i stoga

n(n − 1) · · · (n − r + 1) ≈ e−[0+1+...+(r−1)]/n = e−r(r−1)/2n nr

Sada imamo r(r − 1) − log 0.5 ≈ 0.693. 2n Odavde dobivamo, za n = 365 , r = 23 . Za taj n imamo sljedeću tablicu vjerojatnosti Pr : 1 − e−r(r−1)/2n 0.5 =⇒ e−r(r−1)/2n 0.5 =⇒

r Pr

10 0.117

20 0.411

22 0.476

23 0.507

30 0.706

40 0.891

60 0.994

70 0.9992

80 0.9999


Primjer 1.20. (Problem rodendana 2) Koliko ljudi treba biti u skupini da bi vje-

- istog dana kad i Vi bude veći od 0.5 ? rojatnost da je neko od njih roden

Ovaj zadatak ne smijemo brkati s prethodnim. Sad nam nije vaˇzno hoće li neka druga dva cˇovjeka biti rodena istog dana (ukoliko se taj dan ne podudara s Vaˇsim). Joˇs - 366 ljudi sigurno postoje dva s istim danom rodenja, je jedna razlika. Dok medu ovdje je moguće da u po volji velikoj skupini baˇs nitko ne bude roden istoga dana kad i Vi! - istog dana kad i Vi je n − 1 . VjeroVjerojatnost da jedan cˇovjek ne bude roden n (n − 1)r . Zato je traˇzena vjerojatnost jatnost za r ljudi je nr n − 1 r Pr = 1 − . n Da bi bilo Pr > 0.5 , treba biti n − 1 r log 0.5 < 0.5 =⇒ r > ≈ 253 n log[(n − 1)/n] ukoliko je n = 365 . Općenito, r ≈ 0.693n . Silvesterova formula

- poopćava se na uniju tri dogadaja Formula za vjerojatnost unije dvaju dogadaja ovako: P (A ∪ B ∪ C) = P (A) + P (B) + P (C) − P (AB) − P (AC) − P (BC) + P (ABC). - cˇ esto je sloˇzenije od raˇcunanja vjerojatRaˇcunanje vjerojatnosti unije dogadaja nosti umnoˇska dogadaja. Stoga je korisno odrediti poopćenje ove formule na uniju n dogadaja. Silvesterova formula

P(

n

i=1

Ai ) =

n

P (Ai ) −

i=1

+

P (Ai Aj )

i<j

P (Ai Aj Ak ) − . . . + (−1)n+1 P (A1 A2 · · · An ).

i<j a/2 . Sada imamo P (G) =

b2 − 12 (a − b)2 − 12 (2b − a)2 6ab − 2a2 − 3b2 = . 1 2 a2 2a

U konkretnom sluˇcaju, a = 5 , b = 2 je P (G) =

1 . 25

Zadatak 1.20. Odredi vjerojatnost da su korijeni jednadˇzbe x2 + 2ax + b = 0 realni, ako su jednako moguće vrijednosti koeficijenata |a| < 3 , |b| < 12 .

b

6

.. . 12 .. .. ... . . .... S .. 9 .... ....... . ... . . . ... ... . .. . . . ... . . . . ... ...... ... .. ... .. . . . . . ... . . . . . . . . .... .... . . . . . . . . . . . . . .... . . . . . . . . . ..... ..... . .. . .. . .. . .. . . . . . . . . . . . .................. .. . .. . .. . .. . .. .

3

............................. ............................. ............................. ............................. ............................. ............................. ............................. ............................. ............................. ............................. ............................. ............................. ............................. . . . . . . . . . . . . . . .

-

3 a

G

12

Sl. 1.23.

- je Po uvjetu zadatka skup elementarnih dogadaja S = {(a, b) : −3 < a < 3, −12 < b < 12}. Da bi korijeni bili realni, mora biti 4a2 − 4b 0 , tj. b a2 . P {b a2 } = P {(a, b) ∈ G} m(G) 90 5 = = = . m(S) 144 8

58

1. VJEROJATNOST

Naime,

3

a2

da

m(G) = −3

db = 90. −12

Zadatak 1.21. Na kruˇznici polumjera R na sreću su odabrane tri toˇcke A , B i C . Kolika je vjerojatnost da je trokut ABC sˇ iljastokutan?

B

6 @S @@ @@ = @@G @@ @ @= @ y

A ... ....... .. ........ .... ........ . . . . . . . . . .. . ........ .. ......... ... .... ... ... ... .. . ... ... .... ... ... ... ... ... .... .... ... .. ... .. ... .. y .... x

2Rπ x +y =Rπ

............. ........... ......... ....... ..... ... .

C

x Rπ

Sl. 1.24.

y Rπ

2Rπ

x

Moˇzemo pretpostaviti da je poloˇzaj toˇcke A na kruˇznici fiksan. Sa x oznaˇcimo - jednoznaˇcno duljinu luka AB , sa y duljinu luka BC . Izbor toˇcaka B i C odreduje brojeve x i y za koje vrijedi 0 < x, 0 < y, x + y < 2Rπ . - je skup elementarnih dogadaja Ovim nejednakostima odreden S . Obratno, izbor bilo koje toˇcke (x, y) ∈ S odreduje jednoznaˇcno poloˇzaj toˇcaka B i C . Trokut cé biti sˇ iljastokutan ako je ispunjeno x < Rπ , y < Rπ , x + y > Rπ . Ovim je uvjetima odredeno podruˇcje G . Traˇzena vjerojatnost iznosi p=

1 2 2 Rπ m(G) 1 = 2 2 2 = . m(S) 2R π 4

§ 1. Zadatci za vjeˇzbu

1. U urni se nalaze cˇetiri kuglice, dvije jednake bijele i dvije jednake crne. Izvlaˇcimo jednu po jednu tri kuglice, ne vraćajući ih u urnu. Opiˇsite prostor elementarnih dogadaja. Odredite sljedeće dogadaje: A = {prva je izvuˇcena crna kuglica}. B = {prva je izvuˇcena bijela kuglica}.

C = {bijela kuglica je izvuˇcena barem jednom}. D = {bijela kuglica je izvuˇcena toˇcno jednom}. E = {izvuˇcena je jedna bijela i dvije crne kuglice} . 2. Bacamo dvije kocke. Biljeˇzimo rezultat na svakoj od njih. Koliko ima elementarnih dogadaja?

ˇ 1. ZADATCI ZA VJE ZBU

- imaju sljedeći dogaKoliko elementarnih dogadaja daji: A = { oba broja su parna } , B = { oba broja veća su od 4 } , C = { razlika brojeva iznosi 2 } ? 3. Bacamo dvije kocke. Biljeˇzimo rezultat na svakoj od njih. Neka je A = { pojavio se broj manji od 3 } , B = { zbroj brojeva manji je od 9 } , C = { oba broja veća su od 4 } . Iskaˇzi rijeˇcima dogadaje A , B , C . Pokaˇzite da su A i C disjunktni, baˇs kao i A i B . Uvjerite se da vrijedi A =⇒ B , ali da ne vrijedi A = B . 4. Bacamo dvije kocke. Biljeˇzimo samo zbroj do- ima bivenih brojeva. Koliko elementarnih dogadaja ovaj pokus? 5. Bacamo dvije kocke. Oznaˇcimo dogadaje A = { zbroj brojeva je neparan } , B = { pojavio se broj 1 } , C = { na obje kocke pao je broj 1 } . Opiˇsite dogadaje AB , AC , BC , A ∪ C , AB . 6. Neka su A , B , C dogadaji. Iskaˇzite s pomoću - sljedeće dogadaje: unije i presjeka ovih dogadaja - A }; A. { ostvario se samo dogadaj B. { ostvarili su se A i B , ali ne i C } ; - }; C. { ostvarila su se sva tri dogadaja - }; D. { ostvario se barem jedan dogadaj E. { ostvario se toˇcno jedan dogadaj } ; - }. F. { nije se ostvario niti jedan dogadaj

7. Bacamo n kocaka. Neka Ai (i = 1, . . . , n) oz- pojavila se sˇ estica na i -toj kocki. naˇcava dogadaj: Izrazi sljedeće dogadaje: A = nije se pojavila nijedna sˇ estica, B = pojavila se barem jedna sˇ estica, C = pojavila se najviˇse jedna sˇ estica. ∗∗∗ ˇ 8. Neka je A ⊂ B . Cemu su ekvivalentni dogadaji AB , A ∪ B , ABC , A ∪ B ∪ C ? - A i B ekvi9. Jesu li po volji odabrani dogadaji valentni ako je a) A = B , b) A ∪ C = B ∪ C , - C. c) AC = BC , za neki dogadaj 10. Neka su A , B , C dogadaji. Pojednostavni izraze (A + B)(B + C)(C + A) , (A + B)A + A(B + C) . 11. Dokaˇzi relacije: A − B = A − AB = (A + B) − B,

59 A(B − C) = AB − AC, (A − C)(B − C) = AB − C, AC − B = AC − BC, (A − B) + (A − C) = A − BC. 12. Koja je od sljedećih relacija istinita za sve A, B, C ∈ F ? (A + B) − C = A + (B − C), ABC = AB(B + C), ABC ⊆ A + B, (A + B)C = ABC. 13. Izraˇcunaj X iz relacija X + A + X + A = B, (A + X)(A + X) + X + A + X + A = B. ∗∗∗ 14. Ako je P (A) = 0.6 , P (B) = 0.4 , P (A ∪ A, B, B) = 0.8 , izraˇcunajte vjerojatnost dogadaja AB , A B , A B . 15. Neka su A i B dogadaji, P (A + B) = 0.8 , P (AB) = 0.2 , P (A) = 0.6 . Odredi P (A) , P (B) , P (AB) . 16. Za dogadaje A i B vrijedi A ∪ B = Ω . Ako je P (A) = 0.6 , P (B) = 0.7 , kolika je vjerojatnost P (AB) ? - A1 i A2 , 17. Ako se istovremeno ostvare dogadaji - A . Dokaˇzi da je tada se nuˇzno ostvaruje i dogadaj P (A) P (A1 ) + P (A2 ) − 1. 18. Dokaˇzi da za svaka tri dogadaja A , B , C vrijedi: P (A ∪ B ∪ C) = P (A) + P (B) + P (C) − P (AB) − P (AC) − P (BC) + P (ABC). 19. Neka su A , B , C dogadaji. Dokaˇzi da vrijedi P (A) + P (B) + P (C) − P (ABC) < 2. 20. Dokaˇzi da za bilo koje dogadaje A i B vrijedi P (A + B)P (AB) P (A)P (B). 21. Dokaˇzi da za bilo koje dogadaje A i B vrijedi |P (AB) − P (A)P (B)| 14 .

60

1. VJEROJATNOST ∗∗∗

Simetriˇcna razlika dvaju dogadaja AΔB definira se na naˇcin AΔB := (A−B) + (B−A). 22. Dokaˇzi relacije AΔB = (A + B) − AB, AΔB = AB + A B, AΔB = AB + A B, AΔ(AΔB) = B. 23. Dokaˇzi da je simetriˇcna razlika asocijativna: AΔ(BΔC) = (AΔB)ΔC. 24. Dokaˇzi P (AΔB) = P (A) + P (B) − 2P (AB) = P (A + B) − P (AB), P (AB) − P (AB) = P (A) − P (B). 25. Dokaˇzi da za bilo koje dogadaje A , B , C vrijedi ocjena |P (A ∩ B) − P (A ∩ C)| P (BΔC). 26. Dokaˇzi nejednakost P (AΔB) P (AΔC) + P (CΔB). - iz F . Dokaˇzi da iz 27. Neka su A , B dogadaji P (AΔB) = 0 slijedi P (A) = P (B) . ∗∗∗ 28. Bacamo dvije kocke. Oznaˇcimo dogadaje A = zbroj brojeva je neparan, B = pojavio se broj 1, C = na obje kocke je pao broj 1. Opiˇsi dogadaje AB , AC , BC , A + C , AB . 29. Novˇcić bacamo dok se dva puta za redom ne pojavi isti znak. Opiˇsi vjerojatnosni prostor. Izracˇunaj vjerojatnost dogadaja A = pokus cé se zavrˇsiti u cˇetvrtom bacanju, B = pokus cé se zavrˇsiti u parnom broju bacanja, C = pokus se nikad neće zavrˇsiti. 30. Pokus se sastoji od bacanja dviju kocki. Opiˇsi vjerojatnosni prostor. Oznaˇcimo dogadaje A = zbroj brojeva je paran, B = pojavila se barem jedna jedinica. Opiˇsi dogadaje A + B , AB , A , B i izraˇcunaj im vjerojatnost.

31. Novˇcić se baca cˇetiri puta. Kolika je vjerojatnost sljedećih dogadaja: A = pojavilo se je toˇcno jedno pismo; B = u drugom bacanju pojavilo se pismo; C = pojavilo se barem jedno pismo; D = pismo se pojavilo barem dvaput? 32. Kolika je vjerojatnost da se pri bacanju dviju kocki pojavi: A = zbroj 8; B = barem jedna cˇetvorka; C = broj veći od 9; D = broj djeljiv s 2 ili djeljiv s 3? 33. Deset kartica obiljeˇzeno je brojevima od 1 do 10. Kolika je vjerojatnost da cé se izvući jedan paran i jedan neparan broj ako se A = izvuˇcemo odjednom obje kartice; B = izvuˇcemo prvu karticu, a nakon nje drugu; C = izvuˇcemo prvu karticu, vratimo je u snop i zatim izvuˇcemo drugu? ∗∗∗ 34. U jednakokraˇcnom trokutu osnovice a i visine a upisan je kvadrat. Kolika je vjerojatnost da na sreću odabrana toˇcka u trokutu ne leˇzi unutar tog kvadrata? 35. Na ravninu na kojoj su istaknute toˇcke s cjelobrojnim koordinatama baˇcen je novˇcić promjera 0.5 jedinica. Kolika je vjerojatnost da novˇcić neće pokriti nijednu istaknutu toˇcku? 36. Dva broja biraju se na sreću unutar intervala [0, 1] . Kolika je vjerojatnost da je njihov zbroj veći od 3 ? 2 ∗∗∗ 37. Na kvadratiˇcno ispletenu mreˇzicu pada s velike visine metalna kuglica okomito na mreˇzicu. Ako je stranica kvadrata mreˇzice duga 10 mm, a promjer kuglice 5 mm, kolika je vjerojatnost da cé kuglica proći kroz mreˇzicu, a da ne dotakne njezine niti? 38. Kovani novˇcić polumjera R pada na podlogu oblika pravilnog sˇ esterokuta stranice a = 5R , tako da srediˇste novˇcića pada unutar sˇ esterokuta. Kolika je vjerojatnost da novˇcić ne presjeˇce niti jednu od stranica sˇ esterokuta? 39. U pravokutniku se duljine stranica odnose kao √ - A se realizira ako je a : b = 1 : 3 . Dogadaj udaljenost na sreću odabrane toˇcke unutar pravokutnika do najbliˇze stranice pravokutnika manja od udaljenosti te toˇcke do bliˇze dijagonale. Izraˇcunaj vjerojatnost dogadaja A. 40. Unutar kruˇznice polumjera R na sreću se bira n toˇcaka. Izraˇcunaj vjerojatnost da je udaljenost od srediˇsta kruga do najbliˇze toˇcke veća od r , r < R . Pustimo da R → ∞ i povećavajmo n tako da bude ˇ n/R2 → π . Cemu teˇzi ta vjerojatnost?


41. Toˇcka A izabrana je na sreću unutar pravilnog n -terokuta. Izraˇcunaj vjerojatnost Pn da se toˇcka A nalazi bliˇze rubu n -terokuta nego nekoj njegovoj dijagonali. Odredi lim n2 Pn . n→∞

42. Bertrandov paradoks. Odgovor na pitanje: “Kolika je vjerojatnost da na sreću odabrana tetiva u danom krugu ima duljinu veću od stranice upisanog jednakostraniˇcnog trokuta?” nije jednoznaˇcan. Izraˇcunaj traˇzenu vjerojatnost uz sljedeće interpretacije na sreću odabrane tetive: a) Tetiva je jednoznaˇcno odredena svojim poloviˇstem, biramo ga na sreću unutar kruga. b) Tetiva je odredena svojim krajevima. Biramo ih na sreću na kruˇznici. c) Svaka tetiva okomita je na neki promjer. Fiksirajmo promjer i odaberimo na sreću toˇcku na njemu kroz koju tetiva prolazi. d) Postoje li joˇs neke razumne interpretacije koje cé dati veću ili manju vjerojatnost od ovdje navedenih? ∗∗∗ 43. Dva realna broja izabrana su na sreću unutar intervala [0, 1] . Kolika je vjerojatnost da cé njihov produkt biti veći od 1/ 2, a apsolutna vrijednost njihove razlike neće biti manja od 1/ 2? 44. Teretni vlakovi duljine 200 m kreću se brzinom 72 km/ h po prugama koje se medusobno sijeku. Trenutak u kojem cé oni proći kroz raskriˇzje je slu- 22h i 22h 30 . Izraˇcunaj vjerojatnost cˇajan, izmedu sudara. 45. Na kruˇznici polumjera R na sreću se biraju dvije toˇcke. Kolika je vjerojatnost da cé udaljenost - njima biti manja od r (r < 2R) ? medu ˇ 46. Stap duljine L prelomljen je na dva mjesta. Izraˇcunaj vjerojatnost da je svaki od tako dobivena tri dijela sˇ tapa dulji od 14 L , ako je vjerojatnost preloma na svakom mjestu sˇ tapa jednaka. 47. Na odresku AD duljine d na sreću su odabrane dvije toˇcke B i C . Izraˇcunaj vjerojatnost da je udaljenost d(B, C) manja od d/2 . 48. Dva broda moraju stići u isto pristaniˇste. Vremena dolaska brodova su nezavisna i jednako vjerojatna u toku dana. Odredi vjerojatnost da cé jedan od brodova morati cˇekati na oslobadanje pristaniˇsta, ako je vrijeme zadrˇzavanja prvog broda u pristaniˇstu 1 sat, a drugog 2 sata. 49. Unutar duˇzine AB duljine 10 na sreću odaberemo dvije toˇcke, koje zadanu duˇzinu dijele na 3 dijela. Kolika je vjerojatnost da je duljina najkraćeg od njih veća od 2 ?

61 50. U pravokutnom trokutu ABC duljine kateta su |AC| = 3 , |BC| = 4 . Toˇcka T1 bira se na sreću na kateti AC , a toˇcka T2 na kateti BC . Izraˇcunaj vjerojatnost da je povrˇsina cˇetverokuta ABT1 T2 veća od polovine povrˇsine zadanog trokuta. 51. Biramo tri duˇzine cˇije su duljine na sreću odabrani brojevi iz intervala [0, a] . Kolika je vjerojatnost da se od tih dijelova moˇze sastaviti trokut? ∗∗∗ ˇ bijelih, cˇetiri crne i dvije plave kuglice re52. Sest daju se na sreću. Kolika je vjerojatnost da cé prve dvije biti bijele? 53. Dijete se igra s karticama na kojima su napisana slova A, E, E, J, J, N, N, O, O, R, T, V. Kolika je vjerojatnost da cé, redajući ih na sreću, sloˇziti rijeˇc NEVJEROJATNO? 54. U kutiji se nalazi sedam bijelih i tri crne kuglice. Izvlaˇcimo odjednom dvije kuglice. Koja je najvjerojatnija kombinacija broja izvuˇcenih kuglica? 55. U prostoriji se nalazi sˇ est braˇcnih parova. Ako odaberemo na sreću dvoje ljudi, kolika je vjerojatnost da su 1) razliˇcitog spola; 2) braˇcni par? 56. U snopu od 52 karte postoji po 13 karata sljedecíh boja: pik, karo, herc i tref. Kolika je vjerojatnost da cé u 13 karata koje dobiva prvi igraˇc biti pet pikova, tri herca, dva karona i tri trefa? 57. U kutiji se nalazi pet crvenih i cˇetiri bijele kuglice. Kolika je vjerojatnost da cémo birajući na sreću sˇ est kuglica izvući tri crvene i tri bijele? 58. Slova rijeˇci MATEMATIKA napisana su na kartice i potom promijeˇsana. Kolika je vjerojatnost da cé se, otkrivajući jednu po jednu cˇetiri kartice, pojaviti rijeˇc MATE? A kolika za rijeˇc TIKA? 59. Baˇcene su cˇetiri kocke. Kolika je vjerojatnost da sve cˇetiri padnu na isti broj? 60. Baˇcene su dvije kocke. Izraˇcunaj vjerojatnost da je veći od dva dobivena broja manji od 5. 61. Dva igraˇca su bacila kocku. Kolika je vjerojatnost da drugi igraˇc dobije veći broj od prvog? 62. Bacili smo sˇ est kocaka. Kolika je vjerojatnost da se pojavilo a) sˇ est razliˇcitih brojeva, b) barem dvije sˇ estice, c) tri para jednakih brojeva, d) sˇ est brojeva manjih od pet? - vjerojat63. Paradoks de Merea. Koji je dogadaj niji: A = pri bacanju cˇetiriju kocaka pojavila se bar jedna jedinica, B = barem jednom u 24 bacanja dviju kocki pojavile su se dvije jedinice. - jednako De Mere je smatrao da su ti dogadaji

62

1. VJEROJATNOST

vjerojatni, a kako nisu (izraˇcunaj!), otada se ovaj problem naziva paradoksom. ˇ je vjerojatnije: dobiti barem jednu sˇ esti64. Sto cu pri 6 bacanja kocke, barem dvije sˇ estice pri 12 bacanja ili barem 3 sˇ estice pri 18 bacanja kocke? 65. Kolika je vjerojatnost da se u igri LOTO 6 od 45 u jednoj kombinaciji postigne dobitak od 6, 5, 4 ili 3 pogotka?

77. Iz snopa od 52 karte izabrane su na sreću tri karte. Odredi vjerojatnost da izvuˇcemo a) toˇcno jednog asa, b) bar jednog asa, c) jednog asa, dvojku i trojku, d) tri karte iste boje, e) karte razliˇcitih boja.

∗∗∗

78. Devet putnika ulaze u neki od tri vagona sluˇcajnim izborom. Kolika je vjerojatnost da cé a) u prvi vagon ući tri putnika, b) u svaki vagon ući po tri putnika? - poljima 79. Tri kvadrata izabrana su na sreću medu na sˇ ahovskoj ploˇci. Kolika je vjerojatnost da nikoja dva nisu u istom retku ili istom stupcu? 80. Bacamo tri igraće kocke. Odredi vjerojatnost dogadaja: A = broj na prvoj kocki veći je od zbroja brojeva na drugoj i trećoj kocki, B = najveći od tri pojavljena broja veći je od zbroja preostala dva broja. 81. Proklotonk se nalazi u donjem lijevom polju (A1) sˇ ahovske ploˇce. On se pomiˇce prema gore s vjerojatnoˇscú p , ili desno s vjerojatnoˇscú q = 1−p . Proklotonk zavrˇsava gibanje u onom trenutku kad stigne do desnog ili do gornjeg ruba ploˇce. Kolika je vjerojatnost da cé on zavrˇsiti u polju D8? 82. Svijećnjak ima 5 grla za zˇ arulje, od kojih su 2 ispravna i 3 neispravna. U grla uvrnemo na sreću - kojima su 2 ispravne i 3 neisprav5 zˇ arulja medu ne. Kolika je vjerojatnost da cémo ukljuˇcivanjem svijećnjaka u struju dobiti svijetlo? 83. U jednom se razredu nalazi 30 uˇcenika. Kolika je vjerojatnost da barem dvojica imaju istoga dana rodendan? Kolika je vjerojatnost da su u nekom odabranom tjednu rodena barem dvojica uˇcenika? 84. Joˇs o rodendanima. Kolika je vjerojatnost da - 12 osoba ne postoje dvije rodene a) medu u istom mjesecu, b) od tih 12 osoba, dvije po dvije rodene su u istom mjesecu, - 30 osoba, u sˇ est mjeseci padaju po tri, c) medu a u preostalih sˇ est mjeseci po dva rodendana. - ele85. Elementi skupova A1 i A2 biraju se medu mentima skupa S = {1, 2, . . . , n} nezavisno jedan od drugog, tako da je svaki element iz S ukljuˇcen u podskup Ai s vjerojatnoˇscú p . Izraˇcunaj vjerojatnost da A1 i A2 imaju prazan presjek.

- 6 crvenih i 4 plave kuglice na sreću 66. Izmedu odabiremo tri. Kolika je vjerojatnost da je barem jedna od njih plava? 67. Iz kutije u kojoj se nalazi 5 crnih, 6 bijelih i 7 crvenih kuglica izvlaˇce se na sreću 4 kuglice. Ko- izvuˇcenim kuglicama lika je vjerojatnost da medu nisu zastupljene sve tri boje? 68. Iz 4 snopa karata od kojih svaki sadrˇzi 32 karte sa po 4 asa, izvlaˇci se po jedna karta. Odredi vjerojatnost da su izvuˇcena 2 razliˇcita para identiˇcnih aseva! 69. Iz snopa od 32 karte izabrano je na sreću 10 - njima biti karata. Kolika je vjerojatnost da cé medu svih 8 karata iste boje? 70. U kutiji ima 5 bijelih, 4 crne i 2 crvene kuglice. Izvlaˇcimo na sreću 4 kuglice. Kolika je vjerojatnost da je broj izvuˇcenih crnih kuglica (striktno) veći od broja izvuˇcenih bijelih? - 6 braˇcnih parova izabiru se 4 osobe 71. Izmedu sluˇcajnim izborom. Kolika je vjerojatnost da medu te 4 osobe nije niti jedan braˇcni par? 72. Na sˇ ahovskom turniru sudjeluje 20 natjecatelja, podijeljenih zˇ drijebom u dvije skupine. Odredi vjerojatnost da a) dva najjaˇca sˇ ahista budu u razliˇcitim skupinama, b) cˇetiri najjaˇca sˇ ahista budu dva i dva u razlicˇitim skupinama. 73. 5 djeˇcaka i 10 djevojˇcica na sreću su podijeljeni u 5 jednako velikih skupina. Kolika je vjerojatnost da u svakoj skupini bude djeˇcak? 74. Iz kutije u kojoj se nalazi n bijelih i n crnih kuglica izvlaˇcimo na sreću po dvije kuglice (bez vraćanja). Kolika je vjerojatnost da cé u svih n tako dobivenih parova kuglice biti razliˇcitih boja? 75. Iz snopa od 32 karte izvlaˇci se karta po karta, dok izvuˇcena karta nije as, ili dok nisu izvuˇcene 4 - izvuˇcenim karte. Kolika je vjerojatnost da medu nema crnih karata? 76. Koliki najmanji broj m karata moramo izabrati iz snopa od 52 karte da bi vjerojatnost pm da se izvuku dvije karte iste boje bila veća od 12 ?

∗∗∗

∗∗∗ 86. U urni se nalazi m crvenih i n bijelih kuglica. Na sreću je odabrano k kuglica. Kolika je vjerojat- njima m1 crvenih i n1 bijelih? nost da je medu


87. U urni se nalazi n bijelih i m crnih kuglica, m n . Izvlaˇcimo redom, bez vraćanja, n puta po 2 kuglice. Kolika je vjerojatnost da su svaki put izvuˇcene raznobojne kuglice? 88. Iz skupa {1, 2, . . . , n} na sreću odaberemo (odjednom) tri broja. Izraˇcunaj vjerojatnost da je A = prvi broj po iznosu manji od drugog i trecég, - drugog i trećeg. B = prvi broj po iznosu izmedu 89. Iz niza 1, 2, . . . , N biramo na sreću n brojeva i poredamo ih po veliˇcini: x1 < x2 < . . . < xn . Kolika je vjerojatnost da je xm = M ? ( m n, M N )? 90. n muˇskaraca i n zˇ ena sjeda za jedan stol, odabirući mjesta na sreću. Kolika je vjerojatnost da nikoja dva muˇskarca ne sjede jedan pored drugog? 91. Vlak se sastoji od N vagona. Svaki od n ( n > N ) putnika odabire na sreću neki od vagona. Kolika je vjerojatnost da cé u svakom vagonu biti barem jedan putnik? 92. U svakoj od 3 kutije nalazi se po n kuglica, u prvoj bijele, drugoj crne te u trećoj crvene boje. Istresemo kuglice iz kutije, izmijeˇsamo ih i zatim na sreću napunimo svaku od 3 kutije sa po n kuglica. Kolika je vjerojatnost da su ponovo u svakoj od kutija kuglice iste boje?

63 93. n uˇcenika i n uˇcenica poredano je u red po datumima njihovih rodenja. Kolika je vjerojatnost osobe istog spola ne stoje jedna pored druge? 94. U kutiji se nalazi 2m bijelih i 2n crnih kuglica. Polovina sadrˇzaja kutije prebaˇcena je u drugu kutiju. Kolika je vjerojatnost da se u toj kutiji nade m bijelih i n crnih kuglica? 95. Na n kartica napisani su brojevi od 1 do n . Izvlaˇcimo na sreću dvije kartice (bez vraćanja). Izraˇcunaj vjerojatnost dogadaja: A = oba izvuˇcena broja manja su od zadanog broja k ( 2 < k n ), B = jedan broj je manji, a jedan veći od k . ∗∗∗ 96. Baˇceno je n kocaka. Kolika je vjerojatnost da je barem jedan od okrenutih brojeva paran, te da je barem jedan neparan? 97. Iz 4 snopa karata sa po 52 karte, izvlaˇcimo na sreću po jednu kartu. Kolika je vjerojatnost da cémo u skupu izvuˇcenih karata imati barem jednog asa i barem jednu crvenu kartu? 98. Iz 6 snopova od po 32 karte izvlaˇci se po jedna karta. Kolika je vjerojatnost da su barem dvije karte crne i da su barem 3 karte asevi? 99. Iz snopa od 32 karte na sluˇcajan naˇcin odabiremo 4 karte. Kolika je vjerojatnost da je izvuˇcena bar jedna ♠ karta, i bar jedna karta crvene boje?

2.

Uvjetna vjerojatnost

1. 2. 3. 4. 5.

Uvjetna vjerojatnost . . . . . . - ...... Nezavisnost dogadaja Formula potpune vjerojatnosti Bayesova formula . . . . . . . . Rijeˇseni zadatci . . . . . . . . . Zadatci za vjeˇzbu . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. 64 . 67 . 71 . 73 . 77 . 83

2.1. Uvjetna vjerojatnost Pri bacanju jedne kocke, vjerojatnost da se pojavi broj 1 jednaka je 16 . Nakon - realizirao ili nije. Pretpostavimo bacanja mi sa sigurnoˇscú znamo je li se taj dogadaj medutim da je netko pogledao na kocku koju mi ne vidimo i kazao nam: kocka je pala na neparan broj. Kolika je sad vjerojatnost da je ona pala na broj 1 ? Oˇcito, ta se vjerojatnost promijenila. Kako su nam preostale samo tri mogućnosti, brojevi 1 , 3 i 5 , ta je vjerojatnost sad 13 . ∗∗∗ Evo joˇs jednog primjera. Bacamo dvije kocke. Neka je: A = {na prvoj kocki pao je broj 2}, B = {zbroj brojeva na obje kocke je 6}. Od 36 elementarnih dogadaja, dogadajima A i B pripadaju sljedeći A = {(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6)}, B = {(1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1)}. Zato je: 6 5 P (A) = , P (B) = . 36 36 64

2.1. UVJETNA VJEROJATNOST

65

- B? U Kolika je vjerojatnost dogadaja A , ako je poznato da se realizirao dogadaj tom je sluˇcaju dovoljno samo promotriti elementarne dogadaje koji saˇcinjavaju B (jer - njima traˇziti one povoljne za dogadaj - A — time samo neki od njih dolazi u obzir) i medu - za umnoˇzak AB tih dogadaja. traˇzimo elementarne dogadaje Ova vjerojatnost ovisi o dogadaju B , nazivamo je uvjetna vjerojatnost i biljeˇzimo ju simbolom PB . Uvjetnu - A cˇitamo: vjerojatnost od A uz uvjet B . Imamo: vjerojatnost PB (A) dogadaja PB (A) = - (2, 4) povoljan za A . jer je samo dogadaj

1 5

Definicija uvjetne vjerojatnosti

Da bismo doˇsli do općenite formule za uvjetnu vjerojatnost, primijetimo da brojnik - koji su povoljni i za dogadaj - A i za dogadaj - B. 1 oznaˇcava broj elementarnih dogadaja Naime, vrijedi AB = {(2, 4)} . Stoga ovu vjerojatnost moˇzemo pisati i u obliku: PB (A) =

1 = 5

1 36 5 36

=

P (AB) . P (B)

Ovo razmatranje ukazuje na opravdanost sljedeće definicije. Uvjetna vjerojatnost

- pozitivne vjerojatnosti: P (B) > 0 . Uvjetna Neka je B ∈ F dogadaj vjerojatnost uz uvjet B je funkcija PB : F → [0, 1] definirana formulom P (AB) PB (A) := , ∀A ∈ F. (1) P (B)

Lako se je uvjeriti da je formulom (1) uistinu definirana vjerojatnosna funkcija. Naime vrijedi, P (B ∩ Ω) P (B) PB (Ω) = = =1 P (B) P (B) - po definiciji (1), i sliˇcno za P (∅) . Monotonost i aditivnost dokazuju se takoder koriˇstenjem istovjetnih svojstava vjerojatnosne funkcije P . ∗∗∗ Uobiˇcajeno je da se uvjetna vjerojatnost PB oznaˇcava i formulom P ( · | B) , dakle - A uz uvjet B pisat cémo P (A | B) umjesto PB (A) . za vjerojatnost dogadaja Primjer 2.1. Dva broja x i y , biramo na sreću unutar intervala [0, 2] . Kolika je vjerojatnost da je x > 1 ako je poznato da vrijedi x + y > 2 ?

66

2. UVJETNA VJEROJATNOST

Oznaˇcimo dogadaje A = {x > 1} , B = {x + y > 2} . Traˇzimo uvjetnu vjerojatnost P (A | B) . Toˇcka s koordinatama (x, y) je na sreću odabrana toˇcka unutar kvadrata Ω stranice 2 (slika 2.1). Izra- B i AB : cˇunajmo vjerojatnost dogadaja m(B) 2 1 P (B) = = = , m(Ω) 4 2 3/2 3 m(AB) = = . P (AB) = m(Ω) 4 8 Zato je 3 3 P (AB) 8 = . = P (A | B) = 1 P (B) 4 2 ∗∗∗

x=1 x+y=2 2

B

1

A 1

2

Sl. 2.1.

Uvjetna se vjerojatnost u mnogim primjerima lakˇse raˇcuna nego vjerojatnost umnoˇska. Zato se definicijsku formula za uvjetnu vjerojatnost (1) koristi u raˇcunanju vjerojatnosti umnoˇska dvaju dogadaja: Vjerojatnost umnoˇska

- raˇcuna se formulom Vjerojatnost umnoˇska dvaju dogadaja P (AB) = P (B)P (A | B)

(2)

- A i B (koji oboje imaju pozitivnu vjerojatnost), dobit Ako zamijenimo dogadaje cémo istovrsnu formulu P (AB) = P (A)P (B | A). (3) Primjer 2.2. U urni se nalazi sˇ est bijelih i cˇ etiri crne kuglice. Kolika je vjerojatnost da cé prve dvije kuglice koje izvuˇcemo biti bijele? Moˇzemo zamisliti da kuglice izvlaˇcimo jednu po jednu. Neka su A i B dogadaji A = {prva kuglica je bijela}, B = {druga kuglica je bijela}. Tad je AB dogadaj cˇiju vjerojatnost traˇzimo. Oˇcito je: 6 P (A) = . 10 Nakon sˇ to izvuˇcemo prvu kuglicu, u urni je preostalo devet kuglica, od kojih je pet bijelih. Stoga je: 5 P (B | A) = 9

2.2. NEZAVISNOST DOGA -DAJA

67

i po formuli (3) slijedi: P (AB) = P (A)P (B | A) =

6 5 1 · = . 10 9 3

∗∗∗ Na sliˇcan cémo naˇcin raˇcunati i vjerojatnost produkta viˇse dogadaja. Na primjer P (ABC) = P (A)P (B | A)P (C | AB). - s desne strane. Moguće su i druge kombinacije dogadaja Primjer 2.3. Kolika je vjerojatnost da tri na sreću odabrane karte iz snopa od 52 karte budu tref boje? - i neka je Ai = {i -ta karta je tref boje } , Oznaˇcimo s A traˇzeni dogadaj i = 1, 2, 3 . Tad je A = A1 A2 A3 i raˇcunamo vjerojatnost po formuli: P (A) = P (A1 )P (A2 | A1 )P (A3 | A1 A2 ).

Pojedine vjerojatnosti su 13 P (A1 ) = , u snopu ima 13 karata tref boje, 52 12 P (A2 | A1 ) = , nakon sˇ to je prva izvuˇcena, preostalo ih je 51 od kojih je 12 51 tref boje, 11 P (A3 | A1 A2 ) = . 50 Dakle, 13 12 11 · · = 0.013. P (A) = 52 51 50

2.2. Nezavisnost dogadaja Promotrimo sljedeću inaˇcicu primjera iz proˇsle toˇcke: Primjer 2.4. U urni se nalazi sˇ est bijelih i cˇ etiri crne kuglice. Izvlaˇcimo jednu po jednu dvije kuglice. Kolika je vjerojatnost da cé druga kuglica biti bijela, ako je prva kuglica bila bijela. Kolika je ta vjerojatnost ako je prva kuglica bila crna? Izraˇcunajmo obje ove vjerojatnosti u sljedeće dvije situacije: a) prva se kuglica nakon izvlaˇcenja ne vraća u urnu b) prva se kuglica nakon izvlaˇcenja vraća u urnu.

Oznaˇcimo s A i B dogadaje A = {prva kuglica je bijela}, B = {druga kuglica je bijela}. Traˇzimo uvjetne vjerojatnosti P (B | A) i P (B | A) . Oˇcito je 6 4 P (A) = , P (A) = . 10 10

68


a) Nakon izvlaˇcenja prve kuglice, u urni imamo jednu kuglicu manje. Zato je 6 5 P (B | A) = . P (B | A) = , 9 9 b) Ako kuglicu nakon izvlaˇcenja vratimo u urnu, prije izvlaˇcenja druge kuglice imat cémo identiˇcnu situaciju: sˇ est bijelih i cˇetiri crne kuglice, bez obzira je li se - A ili nije: ostvario dogadaj 6 6 P (B | A) = , P (B | A) = 10 10 - A ne utjeˇce na vjerojatnost realizacije dogadaja - B. Kaˇzemo da realizacija dogadaja ∗∗∗ Neka dogadaji A i B imaju pozitivnu vjerojatnost. Neka je P (B | A) = P (B) , tj. vjerojatnost dogadaja B ne mijenja se nakon - A . Tad kaˇzemo da su A i B nezavisni sˇ to nam je poznato da se realizirao dogadaj dogadaji. U tom sluˇcaju vrijedi P (AB) = P (A)P (B | A) = P (A)P (B). Ako je pak ispunjena ova jednakost, onda za uvjetnu vrijedi P (AB) P (A)P (B) P (B | A) = = = P (B). P (A) P (A) Isto tako, bit cé P (AB) P (A)P (B) P (A | B) = = = P (A). P (B) P (B) Definicija i kriterij nezavisnosti dogadaja

Za dogadaje A i B kaˇzemo da su nezavisni, ako vrijedi bilo koja od jednakosti: P (A | B) = P (A) ili P (B | A) = P (B) . Nuˇzdan i dovoljan uvjet za nezavisnost jest da bude: P (AB) = P (A)P (B). (1)

- A i B nezavisni, tad nije posve oˇcito da su nezavisni Primjer 2.5. Ako su dogadaji i njihovi komplementi A i B . Pokaˇzimo to koristeći ovaj kriterij nezavisnosti. P (A)P (B) = (1 − P (A))(1 − P (B)) = 1 − P (A) − P (B) + P (A)P (B) = 1 − P (A) − P (B) + P (AB) = 1 − P (A ∪ B) = P (A ∪ B)

(nezavisnost od A i B) (vjerojatnost unije dogadaja) (vjerojatnost komplementa) (de Morganov zakon)

= P (A B) Dobili smo P (A B) = P (A)P (B) pa su A i B nezavisni.

2.2. NEZAVISNOST DOGA -DAJA

69

Primjer 2.6. Bacamo dvije kocke. Kolika je vjerojatnost da broj na prvoj bude paran, a na drugoj manji od 3 ? Rezultat na jednoj kocki nezavisan je od toga sˇ to cé se pojaviti na drugoj kocki. Vjerojatnost pojave parnog broja na prvoj kocki je 12 , vjerojatnost da broj na drugoj - produkt je ovih dvaju. Stoga je njegova bude manji od 3 je 13 . Traˇzeni dogadaj 1 1 1 vjerojatnost 2 · 3 = 6 .

∗∗∗ - definira se na sloˇzeniji naˇcin. Nezavisnost skupine dogadaja Nezavisnost dogadaja

- A1 , A2 , . . . , An su nezavisni ako za svaki k , 2 k n i svaki Dogadaji - vrijedi izbor Ai1 , Ai2 ,. . . , Aik nekolicine tih dogadaja P (Ai1 Ai2 · · · Aik ) = P (Ai1 )P (Ai2 ) · · · P (Aik ).

Neka su A , B i C nezavisni. Onda vrijedi, na primjer P (AB) = P (A)P (B), - u pa su A i B nezavisni. Proˇcitavˇsi joˇs jednom definiciju, zakljuˇcujemo da su doadaji - takoder - nezavisni. svakom podskupu skupa nezavisnih dogadaja Raˇcunajmo sad uvjetnu vjerojatnost sljedeceg tipa: P (A | BC) =

P (ABC) P (A)P (B)P (C) = = P (A). P (BC) P (B)P (C)

Vidimo da je uvjetna vjerojatnost jednaka bezuvjetnoj. - onda imamo Ako su A , B i C po volji odabrani dogadaji, P (ABC) = P (A) · P (B | A) · P (C | AB). - znaˇci da cé sve uvjetne vjerojatnosti u kojima se ti dogadaji Nezavisnost triju dogadaja javljaju biti jednake bezuvjetnima: P (B | A) = P (B) , P (C | AB) = P (C) i sliˇcno - A , B i C vrijedi za druge moguće kombinacije. Tako za nezavisne dogadaje P (ABC) = P (A)P (B)P (C). - vjerojatnost Naglasimo da obrnuta tvrdnja nije istinita: ako je za tri dogadaja umnoˇska dogadaja jednaka umnoˇsku vjerojatnosti, oni ne moraju biti nezavisni. ∗∗∗

Primjer 2.7. Serijski spoj. Proizvodnja nekog proizvoda organizirana je na traci koja se sastoji od n dijelova, od kojih svaki radi neovisno o ostalima. Ako barem jedan od dijelova prestane s radom, prestaje i cjelina:

70


A1

An

A2 ...

Sl. 2.2.

Vjerojatnost da j -ti dio neće otkazati tijekom dana jednaka je rj . Kolika je vjerojatnost da cé cˇitava traka raditi ispravno u tom danu? Oznaˇcimo s Aj dogadaj Aj = { j -ti dio je ispravan} i neka je A = {ˇcitava traka je ispravna}. - A ostvarit cé se ako se ostvare svi dogadaji - A1 , . . . , An . Dakle, Dogadaj A = A1 A2 · · · An . Zbog nezavisnosti P (A) = P (A1 ) · · · P (An ) = r1 · · · rn . Na primjer, za n = 5 i r1 = . . . = r5 = 0.9 dobivamo P (A) = 0.9n = 0.59 . Vjerojatnost ispravnog rada serijski spojenog sklopa brzo opada s brojem elemenata u sklopu. Primjer 2.8. Paralelni spoj. Uz iste oznake kao i prije, izraˇcunajmo vjerojatnost ispravnog rada za proces proizvodnje u kojem se na nekoliko mjesta obavlja istovrsna radnja:

A1

A2

...

An

Sl. 2.3.

Ovaj cé se put proces odvijati ako je ispravan bar jedan njegov dio. Zato je A = A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An . Vjerojatnost ove unije nije lako direktno izraˇcunati. - A : proizvodnja je prestala. Oˇcigledno, on cé se Promotrimo suprotan dogadaj - A1 , . . . , An . Po de ostvariti ako su u kvaru svi elementi, tj. ako se ostvare svi dogadaji Morganovim zakonima vrijedi A = A1 A2 · · · An

2.3. FORMULA POTPUNE VJEROJATNOSTI

71

- A1 , . . . , An takoder - su nezavisni. Zato je Dogadaji P (A) = P (A1 ) · · · P (An ), tj. 1 − P (A) = (1 − P (A1 )) · · · (1 − P (An )), P (A) = 1 − (1 − r1 ) · · · (1 − rn ). S vrijednostima iz proˇslog primjera imali bismo P (A) = 1−0.15 ≈ 1 . Paralelnim organiziranjem procesa postiˇze se velika pouzdanost ispravnog rada. Rezultat P (A) ≈ 1 ne znaˇci da sklop ne moˇze nikako biti u kvaru, već samo da - zanemariva. Za takav dogadaj - kaˇzemo da je praktiˇcki je vjerojatnost takva dogadaja siguran.

2.3. Formula potpune vjerojatnosti Pri raˇcunanju vjerojatnosti ponekad moramo sve moguće ishode podijeliti u razlicˇite klase. Ilustrirajmo to primjerom. Primjer 2.9. Voćarnica se opskrbljuje jabukama iz dvaju voćnjaka, i to 60% potrebne koliˇcine iz prvog i 40% iz drugog voćnjaka. 15% jabuka prvog voćnjaka prve su kvalitete, dok to vrijedi za 25% jabuka drugog voćnjaka. Kolika je vjerojatnost da na sreću odabrana jabuka bude prve kvalitete? Odaberemo na sreću jednu jabuku u voćarnici. Dvije su mogućnosti: H1 = {odabrana je jabuka iz prvog voćnjaka}. H2 = {odabrana je jabuka iz drugog voćnjaka}. - su Vjerojatnosti da se ostvari neki od ovih dogadaja P (H1 ) = 0.6, P (H2 ) = 0.4 . Neka je A traˇzeni dogadaj: A = {odabrana jabuka prve je kvalitete}. Ilustrirajmo ovu situaciju slikom:

H2

H1

Sl. 2.4. Vjerojatnost dogadaja lakˇse se raˇcuna ako promotrimo zasebno razliˇcite situacije koje se pri njegovoj realizaciji mogu ostvariti

AH1

AH 2

A

- A razbili smo na dva disjunktna dogadaja: Dogadaj AH1 = {odabrana jabuka prve kvalitete potjeˇce iz prvog voćnjaka}, AH1 = {odabrana jabuka prve kvalitete potjeˇce iz drugog voćnjaka}.

72


Zato je P (A) = P (AH1 ) + P (AH2 ). - raˇcunamo na poznati naˇcin: Vjerojatnosti umnoˇska dogadaja P (AH1 ) = P (H1 ) · P (A | H1 ). Vjerojatnost da je jabuka prve kvalitete, ako je poznato da potjeˇce iz prvog voćnjaka je, prema podacima P (A | H1 ) = 0.15 =⇒ P (AH1 ) = 0.6 · 0.15 = 0.09 . Analogno tome vrijedi P (A | H2 ) = 0.25 =⇒ P (AH2 ) = 0.4 · 0.25 = 0.10 . Sad dobivamo P (A) = P (AH1 ) + P (AH2 ) = 0.09 + 0.10 = 0.19 . ∗∗∗ Poopćimo ovo razmatranje na sluˇcaj kad se moˇze pojaviti viˇse razliˇcitih mogućnosti. - moˇzemo rastaviti u n medusobno Pretpostavimo da skup elementarnih dogadaja disjunktnih dogadaja: Ω = H1 ∪ H2 ∪ . . . ∪ Hn - Hi , Hj disjunktni su za i = j i vrijedi P(Hi ) > 0 za svaki i . pri cˇemu su dogadaji Ovakav rastav nazivamo particija vjerojatnostnog prostora. Kaˇzemo joˇs da familija H1 , . . . , Hn cˇini potpun sustav dogadaja. H1

H2

Hn

A AH1

AH2

AH n

Sl. 2.5. Particija vjerojatnosnog prostora. Skup Ω razbijen je na medusobno disjun- A ktne skupove. Time je i svaki dogadaj razbijen na medusobno disjunktne dogadaje

Neka je A ⊂ Ω bilo koji dogadaj. Familijom H1 , . . . , Hn i on je razbijen na dogadaje: A = AH1 ∪ AH2 ∪ · · · ∪ AHn . - AHi medusobno Kako su dogadaji disjunktni, vrijedi: P (A) = P (AH1 ) + P (AH2 ) + . . . + P (AHn ) = P (H1 )P (A | H1 ) + . . . + P (Hn )P (A | Hn ). Formula potpune vjerojatnosti

- A ⊂ Ω Neka je {H1 , . . . , Hn } potpun sustav dogadaja. Za svaki dogadaj vrijedi n P (A) = P (Hi )P (A | Hi ). i=1

2.4. BAYESOVA FORMULA

73

Korisno je, zbog razloga koji cé kroz primjere i zadatke postati jasnim, dogadaje H1 , . . . , Hn zvati hipotezama. Tijekom realizacije nekog pokusa ostvaruje se toˇcno jedna hipoteza. Primjer 2.10. U prvoj kutiji nalaze se tri bijele i dvije crne kuglice, a u drugoj cˇ etiri bijele i dvije crne. Odaberemo na sreću jednu kuglicu iz prve kutije i prebacimo je u drugu. Kolika je vjerojatnost da cé kuglica nakon toga izvuˇcena na sreću iz druge kutije biti crna? Vjerojatnost izbora plave kuglice ovisi o tome koje je boje kuglica koja je prebaˇcena iz prve kutije u drugu. Postavimo sljedeće hipoteze:

3 , 5 2 P (H2 ) = . H2 = {prva kuglica je plava}, 5 - cˇiju vjerojatnost traˇzimo: kuglica izvuˇcena iz druge kutije je Oznaˇcimo s A dogadaj plava. Ako se ostvari prva hipoteza, tad se u drugoj kutiji nalazi pet crvenih i dvije plave kuglice. Zato je 2 P (A | H1 ) = . 7 Ako se ostvari druga hipoteza, tad se u drugoj kutiji nalaze cˇetiri crvene i tri plave kuglice. Zato je 3 P (A | H2 ) = . 7 Prema formuli potpune vjerojatnosti, vrijedi 3 2 2 3 12 P (A) = P (H1 )P (A | H1 ) + P (H2 )P (A | H2 ) = · + · = . 5 7 5 7 35 H1 = {prva kuglica je crvena},

P (H1 ) =

2.4. Bayesova formula Iz poznatih relacija P (AB) = P (A)P (B | A) = P (B)P (A | B) moˇzemo napisati P (B)P (A | B) P (B | A) = . P (A) - B jedna od hipoteza Ovu formulu koristimo uglavnom onda kad je dogadaj H1 , . . . , Hn na koje je razbijen skup Ω . P (Hi )P (A | Hi ) P (Hi | A) = . P (A) Pritom se vjerojatnost P (A) raˇcuna uglavnom pomoću formule potpune vjerojatnosti. Tako dobivamo Bayesovu 1 formulu. 1

Thomas Bayes (1702.–1761.), engleski matematiˇcar

74

2. UVJETNA VJEROJATNOST Bayesova formula

Vrijedi P (Hi | A) =

P (Hi )P (A | Hi ) . n P (Hj )P (A | Hj ) j=1

Bayesovu formulu koristimo pri raˇcunanju aposteriornih vjerojatnosti pojedinih hipoteza. Prije poˇcetka pokusa svaka hipoteza ima svoju vjerojatnost realizacije P (Hi ) . - ostvario, tad je nesNakon realizacije pokusa, ako znamo koji se elementarni dogadaj tala neizvjesnost: ostvarila se samo jedna od mogućih hipoteza H1 , . . . , Hn , dok za sve ostale znamo sa sigurnoˇscú da se nisu ostvarile. - ostvario, Pretpostavimo medutim da nam nije poznato koji se elementarni dogadaj već umjesto toga znamo da se ostvario dogadaj A ⊂ Ω . U tom sluˇcaju ne znamo toˇcno koja je od hipoteza H1 , . . . , Hn nastupila, ali dodatna informacija o realizaciji dogadaja A mijenja apriorne vjerojatnosti pojedinih hipoteza. Pomoću Bayesove formule raˇcunamo uvjetne vjerojatnosti P (H1 | A) ,. . . , P (Hn | A) , koje nazivamo aposteriornim vjerojatnostima pojedinih hipoteza. H1

H2

Hn

A

Sl. 2.6. Bayesova formula. Na slici je interpretirana situacija kad su apriorne vjerojatnosti svih hipoteza jednake. Nakon realizacije dogadaja A (sivo podruˇcje) vjerojatnosti se pojedinih hipoteza mijenjaju

Primjer 2.11. Bacamo kocku. Neka su H1 i H2 hipoteze

H1 = {pao je parni broj}, H2 = {pao je neparni broj}. Prije bacanja kocke vjerojatnosti (apriorne) pojedinih hipoteza su P (H1 ) = 12 , P (H2 ) = 12 . Bacili smo kocku i netko nam je priopćio da se ostvario dogadaj A = {pao je broj veći od 3}. On sadrˇzi tri elementarna dogadaja, A = {4, 5, 6} . Oˇcigledno, sad hipoteza H1 postaje - A sadrˇzi dva parna i samo jedan neparan broj. vjerojatnija od H2 , budući da dogadaj Nove, aposteriorne vjerojatnosti su P (H1 | A) =

P (H1 )P (A | H1 ) = P (A)

1 2

P (H2 | A) =

P (H2 )P (A | H2 ) = P (A)

1 2

· 1 2

· 1 2

2 3 1 3

=

2 , 3

=

1 . 3

2.4. BAYESOVA FORMULA

75

Ako je pak poznato da se ostvario npr. dogadaj B = {kocka je pala na broj 5}, tad nestaje svaka neizvjesnost. Naime, vrijedi P (B | H1 ) = 0,

P (B | H2 ) = 13 ,

P (B) =

1 6

i Bayesova formula daje oˇcekivani rezultat: P (H1 | B) = 0, P (H2 | B) =

1 2

· 1 6

1 3

= 1,

budući da uz ovu informaciju sa sigurnoˇscú znamo da se ostvarila hipoteza H2 .

Primjer 2.12. U urni se nalaze tri kuglice. Znamo da je svaka od njih bijele ili crne boje. Toˇcan broj kuglica pojedine boje nepoznat je i pretpostavljamo da je svaka mogućnost jednako vjerojatna. Pretpostavimo cˇetiri hipoteze:

Hi = {u urni se nalazi i bijelih kuglica},

i = 0, 1, 2, 3.

Po pretpostavci je P (H0 ) = P (H1 ) = P (H2 ) = P (H3 ) = 14 . ˇ Izaberimo na sreću jednu kuglicu iz urne. Ispostavilo se da je ona bijele boje. Sto se sada moˇze reći o vjerojatnostima pojedinih hipoteza? Hipoteza H0 postaje nemogucá, dok se i vjerojatnosti ostalih hipoteza mijenjaju. Vidjet cémo da raste vjerojatnost onih hipoteza koje zastupaju veći broj bijelih kuglica. Izraˇcunajmo koliko. Vrijedi P (A | H0 ) = 0,

P (A | H1 ) = 13 ,

P (A | H2 ) = 23 ,

P (A | H3 ) = 1.

Prema formuli potpune vjerojatnosti, P (A) =

1 1 1 2 1 1 1 ·0+ · + · + ·1= 4 4 3 4 3 4 2

i Bayesova formula daje (provjerite!): P (H0 | A) = 0 , P (H1 | A) = 1 1 3 , P (H3 | A) = 2 .

1 6

, P (H2 | A) =

Primjer 2.13. U prvoj urni nalaze se 2 bijele i 4 plave, a u drugoj 3 bijele i 2 plave kuglice. Iz prve urne na sreću izabiremo dvije kuglice i prebacimo ih u drugu. Kolika je vjerojatnost da potom izvuˇcena kuglica iz druge urne bude bijela?

Nazovimo traˇzeni dogadaj A = {kuglica izvuˇcena iz druge urne je bijela}.

76


Pri prebacivanju dviju kuglica u drugu urnu postoje tri mogućnosti: 4 6 2 P (H1 ) = 6 2 P (H0 ) = 6

H0 = {niti jedna kuglica nije bijela}, P (H0 ) = H1 = {jedna kuglica je bijela}, H2 = {obje kuglice su bijele}, Vrijedi P (A|H0 ) =

3 , 7

P (A|H1 ) =

4 , 7

3 · , 5 4 · · 2, 5 1 · . 5

P (A|H2 ) =

5 . 7

Po formuli potpune vjerojatnosti dobivamo P (A) =

2 i=0

P (Hi )P (A|Hi ) =

3 12 4 16 5 2 11 · + · + · = . 7 30 7 30 7 30 21

Primjer 2.14. Neki izvor emitira poruke koje se sastoje od znakova 0 i 1 . Vjerojatnost emitiranja znaka 1 je 0.6 , vjerojatnost emitiranja znaka 0 je 0.4 . Na izlazu iz kanala 10 % znakova se pogreˇsno interpretira. Ako je primljena poruka 101, kolika je vjerojatnost da je ona i poslana?

Oznaˇcimo dogadaje A = {primljen je znak 0}, B = {primljen je znak 1}, H0 = {poslan je znak 0}, H1 = {poslan je znak 1}, D = {poslana je poruka 101, ako je primljena poruka 101}. Vrijedi P (H1 ) = 0.6, P (H0 ) = 0.4, P (A) = P (H0 )P (A|H0 ) + P (H1 )P (A|H1 ) = 0.4 · 0.9 + 0.6 · 0.1 = 0.42, P (B) = 1 − P (A) = 0.58. Izraˇcunajmo sada vjerojatnosti da su pojedini znakovi bili pravilno primljeni. P (H0 )P (A|H0 ) 0.36 = = 0.857, P (H0 |A) = P (A) 0.42 P (H1 )P (B|H1 ) 0.54 = = 0.931. P (H1 |B) = P (B) 0.58 - zato je Prijemovi pojedinih znakova su nezavisni dogadaji, P (D) = P (H1 |B)P (H0 |A)P (H1 |B) = 0.931 · 0.857 · 0.931 = 0.743.

ˇ 2.5. RIJE SENI ZADATCI

77

2.5. Rijeˇseni zadatci Zadatak 2.1. Promotrimo sljedeći algoritam biranja prirodnog broja: zadano je 11 simbola: znamenke 0, 1, . . . , 9 i znak ∗ . U prvom biranju uzimamo na sreću jednu - 1, 2, . . . , 9 . U sljedećim biranjima uzimamo na sreću bilo koji medu znamenku medu 11 simbola. Postupak se prekida ako se izabere znak ∗ . Tako npr. niz 1, 2, 0, 8, ∗ oznaˇcava broj 1208. Izraˇcunaj vjerojatnost sljedećih dogadaja: 1) izabran je zadani n -teroznamenkasti broj, 2) izabrani broj ne sadrˇzi u svom prikazu znamenku 0 , 3) izabrani broj ne sadrˇzi u svom prikazu znamenku 1 , 4) algoritam se nikada neće zavrˇsiti.

1) Neka je x = a1 a2 . . . an zadani broj. Izbor svake znamenke nezavisan je od izbora prethodnih znamenki. Zato je n 1 1 P (x) = P (a1 )P (a2 ) · · · P (an )P (∗) = . 9 11 2) Neka je x izabrani broj. On mora imati oblik x = a1 a2 · · · an , pri cˇemu je n bilo koji i ai = 0, ∗ . ∞ P (a1 )P (a2 ) · · · P (an )P (∗) P (x) = n=1 ∞

9 11

n−1

1 = . 9 2 n=1 1− 11 3) Sliˇcno kao i u (2), vrijedi x = a1 a2 . . . an , pri cˇemu je n bilo koji, ai = 1, ∗ . ∞ P (x) = P (a1 )P (a2 ) · · · P (an )P (∗) =

1·

·

1 1 = · 11 11

1

n=1

n−1 ∞ 9 8 1 8 = · · = · 9 11 11 99 n=1

1 9 1− 11

=

4 . 9

4) A = {algoritam se nikad neće zavrˇsiti} = {znak ∗ se neće pojaviti} ∞ ∞ = {∗ se neće pojaviti u prvih n biranja} = An . n=2

n=2

Vrijedi

A2 ⊃ A3 ⊃ . . . ,

Zato je

P (An ) =

10 11

n−1

P (A) = lim P (An ) = 0. n→∞

.

78

2. UVJETNA VJEROJATNOST Zadatak 2.2. Kutija ima tri jednake pregrade. U prvoj se nalaze 4 bijele i 5 plavih kuglica, u drugoj 3 bijele i 6 plavih, u trećoj 5 crvenih i 8 plavih kuglica. Kolika je vjerojatnost da cémo vadeći dvije kuglice iz na sreću odabrane pregrade izvući dvije plave?

- i hipoteze: Oznaˇcimo dogadaj A = {izvukli smo dvije plave kuglice}, Hi = {kuglice su izvuˇcene iz i–te pregrade}, i = 1, 2, 3. Pregrada se odabire na sreću, zato je P (Hi ) =

1 3

, za svaki i .

5 4 6 5 · , P (A|H2 ) = · , 9 8 9 8 Po formuli potpune vjerojatnosti P (A|H1 ) =

P (A) =

3

P (Hi )P (A|Hi ) =

i=1

P (A|H3 ) =

8 7 · . 13 12

1 5 5 14 + + = 0,351. 3 18 12 39

- iz tri topa. Topovi pogadaju - cilj neovisno jedan od druZadatak 2.3. Cilj se gada

gog s vjerojatnoˇscú 0.4 . Ako jedan top pogodi cilj, on ga uniˇstava s vjerojatnoˇscú 0.3 , a ako ga pogode dva topa, onda s vjerojatnoˇscú 0.7 , a ako ga pogode sva tri topa, onda - vjerojatnost uniˇstenja cilja. s vjerojatnoˇscú 0.9 . Nadi - i hipoteze: Oznaˇcimo dogadaj A = {cilj je uniˇsten}, Hi = {i topova je pogodilo cilj},

i = 1, 2, 3.

Tada je 6 3 27 = , 10 125 4 6 6 3 P (H1 ) = · · · = 1 10 10 10 4 4 6 3 P (H2 ) = · · · = 2 10 10 10 4 3 8 P (H3 ) = = , 10 125

P (A|H0 ) = 0,

P (H0 ) =

54 , P (A|H1 ) = 0.3, 125 36 , P (A|H2 ) = 0.7, 125 P (A|H3 ) = 0.9.

Odavde slijedi P (A) =

3 i=0

P (Hi )P (A|Hi ) =

243 = 0.389. 625


79

Zadatak 2.4. Na ispitu je zadano 10 pitanja. Student prolazi ako toˇcno odgovori na dva proizvoljno odabrana pitanja, ili, ako toˇcno odgovori na jedno od njih i zatim odgovori i na treće postavljeno pitanje. Na koliko pitanja student treba znati odgovor da bi s vjerojatnoˇscú 0.8 proˇsao na ispitu?

Neka je n broj pitanja na koja student zna odgovoriti. Postavimo sljedeće hipoteze: H1 = {student je odgovorio na prva dva pitanja}, H2 = {student je odgovorio na jedno pitanje}, H3 = {student nije odgovorio niti na jedno pitanje}, i oznaˇcimo dogadaj A = {student je poloˇzio ispit}. Tada imamo n n−1 · , P (A|H1 ) = 1, 10 9 n 10 − n 10 − n n n−1 P (H2 ) = · + · , P (A|H2 ) = , 10 9 10 9 8 10 − n 9 − n · , P (A|H3 ) = 0, P (H3 ) = 10 9 n(n − 1) n − 1 2n(10 − n) n(n − 1)(14 − n) P (A) = 1 · + · = = f (n). 90 8 90 360 P (H1 ) =

Vrijedi f (5) = 0.50 , f (6) = 0.67 , f (7) = 0.82 , f (8) = 0.93 , f (9) = 1 , f (10) = 1 . Student mora znati odgovoriti na barem 7 pitanja. Primijetimo da je f (11) = 0.92 , sˇ to dokazuje da nije uvijek korisno previˇse znati. - brojeva 1, 2, . . . , n biramo dva broja. Kolika je vjerojatnost Zadatak 2.5. Izmedu da razlika prvog i drugog broja bude barem m ( 0 < m < n ). Neka je x1 prvi a x2 drugi izabrani broj. Oznaˇcimo Hk = {x1 = k},

k = 1, 2, . . . , n.

P (Hk ) =

A = {x1 − x2 m}.

1 , n

Tada je

i zato

za k = 1, 2, . . . , m, P (A|Hk ) = 0, k−m P (A|Hk ) = , za k = m + 1, . . . , n, n−1 P (A) =

n k−m 1 1 · = [1 + 2 + . . . + (n − m)] n−1 n n(n − 1)

k=m+1

=

(n − m)(n − m + 1) . 2n(n − 1)

80


- A glasi Tako na primjer, za m = 1 dogadaj A = {prvi broj je veći od drugog} i vrijedi P (A) =

1 2

.

- istu metu (recimo, pticu u letu), svaki ispalivˇsi Zadatak 2.6. Dva strijelca gadaju po jedan hitac. Vjerojatnost pogotka za prvog strijelca je 0.8 , a za drugog 0.4 . Poslije gadanja ustanovljeno je da je meta pogodena jednim metkom. Odredi vjerojatnost da ju je pogodio prvi strijelac. Prvo rjeˇsenje. Oznaˇcimo dogadaj: A = {meta je pogodena jednim metkom} i moguće hipoteze H0 H1 H2 H3

= {niti jedan strijelac nije pogodio}, = {pogodio je samo prvi strijelac}, = {pogodio je samo drugi strijelac}, = {pogodila su oba strijelca}.

Vrijedi P (H0 ) = 0.2 · 0.6 = 0.12, P (H1 ) = 0.8 · 0.6 = 0.48, P (H2 ) = 0.2 · 0.4 = 0.08, P (H3 ) = 0.8 · 0.4 = 0.32,

P (A|H0 ) = 0, P (A|H0 ) = 1, P (A|H0 ) = 1, P (A|H0 ) = 0

i zato dobivamo P (A) = 0.48 + 0.08 = 0.56 . Po Bayesovoj formuli vjerojatnost da je prvi strijelac pogodio metu (nakon sˇ to znamo da je ona pogodena samo s jednim metkom) iznosi P (H1 |A) =

P (H1 )P (A|H1 ) 0.48 = = 0.857. P (A) 0.56

Drugo rjeˇsenje. Umjesto hipoteza H0 , H1 , H2 , H3 koje saˇcinjavaju potpun sistem dogadaja, istaknimo dva dogadaja: D1 = {prvi strijelac je pogodio metu}, P (D1 ) = 0.8, D2 = {drugi strijelac je pogodio metu}, P (D2 ) = 0.4. - D1 i D2 se ne iskljuˇcuju medusobno. Dogadaji Sada raˇcunamo P (A) = P (D1 D2 + D1 D2 ) = P (D1 )[1 − P (D2 )] + [1 − P (D1 )]P (D2 ) = 0.8 · 0.6 + 0.4 · 0.2 = 0.56 i dobivamo kao i prije P (D1 |A) = 0.857 . Prema tome, loˇsijem strijelcu pripada samo jedan batak.


81

ˇ Zadatak 2.7. Cetiri strijelca gadaju u metu. Vjerojatnosti pogotka za pojedine

strijelce iznose redom 0.6 , 0.7 , 0.8 , 0.9 . Izraˇcunaj vjerojatnost da barem tri strijelca pogode metu. Ako je meta pogodena s tri hica, izraˇcunaj vjerojatnost da su pogodili prvi i drugi strijelac. Oznaˇcimo dogadaje Bi = {i-ti strijelac je pogodio metu}, i = 1, 2, 3, 4, B = {meta je pogodena s barem tri hica}. Tada je .

.

.

.

B = B1 B2 B3 B4 + B1 B2 B3 B4 + B1 B2 B3 B4 + B1 B2 B3 B4 + B1 B2 B3 B4 i kako su Bi nezavisni, to lako dobivamo P (B) = 0.743 . Neka je A = {meta je pogodena s toˇcno tri hica}. Postavimo sljedeće hipoteze: H1 = B1 B2 ,

P (H1 ) = 0.42,

P (A|H1 ) = 0.8 · 0.1 + 0.2 · 0.9 = 0.26,

H2 = B1 B2 ,

P (H2 ) = 0.18,

P (A|H2 ) = 0.8 · 0.9 = 0.72,

H3 = B1 B2 ,

P (H3 ) = 0.28,

P (A|H3 ) = 0.8 · 0.9 = 0.72,

H4 = B1 B2 ,

P (H4 ) = 0.12,

P (A|H4 ) = 0.

Po formuli potpune vjerojatnosti je P (A) =

4

P (Hi )P (A|Hi ) = 0.440,

i=1

P (H1 |A) =

P (H1 )P (A|H1 ) = 0.248. P (A)

Zadatak 2.8. Iz urne u kojoj se nalazi n kuglica izvlaˇcimo na sreću jednu kuglicu. Kolika je vjerojatnost da cé ta kuglica biti bijela, ako su sve pretpostavke o prethodnom broju bijelih kuglica jednako vjerojatne? Nakon sˇ to je izvuˇcena bijela kuglica, kolika je vjerojatnost da su sve kuglice u urni bijele?

Prirodno je postaviti sljedeće hipoteze: Hi = {u urni se nalazi i bijelih kuglica}, Po pretpostavci je P (Hi ) =

i = 0, 1, . . . , n.

1 - P (A|Hi ) = i , gdje je . Takoder, n+1 n

A = {izvuˇcena je bijela kuglica}.

82


Po formuli potpune vjerojatnosti i Bayesovoj formuli dobivamo n n 1 i P (Hi )P (A|Hi ) = · P (A) = n+1 n i=0

i=0

1 = (1 + 2 + . . . + n) = n(n + 1) 1 n · P (Hn )P (A|Hn ) = n+1 n P (Hn |A) = 1 P (A) 2

1 , 2 =

2 . n+1

Zadatak 2.9. U jednom su skladiˇstu svi proizvodi ispravni, a u drugom ima 25 % sˇ karta. Odabran je na sreću dobar proizvod iz nekog skladiˇsta. Izraˇcunaj vjerojatnost da je drugi proizvod izvuˇcen iz istog skladiˇsta sˇ kart.

Oznaˇcimo dogadaje H1 = {proizvod je izvuˇcen iz prvog skladiˇsta}, H2 = {proizvod je izvuˇcen iz drugog skladiˇsta}, A = {prvoizvuˇceni proizvod je dobar}.

P (H1 ) = 0.5, P (H2 ) = 0.5,

P (A) = P (H1 )P (A|H1 ) + P (H2 )P (A|H2 ) = 0.5 · 1 + 0.5 · 0.75 = 0.875. Nakon sˇ to je izvuˇcen ispravan proizvod, vjerojatnosti hipoteza se mijenjaju. Aposteriorne vjerojatnosti hipoteza su P (H1 )P (A|H1 ) 0.5 · 1 = = 0.571, P (A) 0.875 P (H2 |A) = 1 − P (H1 |A) = 0.429. P (H1 |A) =

Postavimo sada nove hipoteze H1 = H1 |A = {dobar proizvod je izvuˇcen iz prvog skladiˇsta}, H2 = H2 |A = {dobar proizvod je izvuˇcen iz drugog skladiˇsta}. Oznaˇcimo sa B dogadaj B = {drugoizvuˇceni proizvod je sˇ kart}. Pretpostavljamo da je broj proizvoda velik, tako da se postotak nije promijenio ako smo prvi proizvod izvukli iz, recimo, drugog skladiˇsta. Tako imamo P (B) = P (H1 )P (B|H1 ) + P (H2 )P (B|H2 ) = 0.571 · 0 + 0.429 · 0.25 = 0.107.


83


- A i B su disjunktni. Mogu li oni biti 1. Dogadaji nezavisni? 2. Neka su A i B nezavisni i A ⊂ B . Pokaˇzi da je P (A) = 0 ili P (B) = 1 . - A , B , C nezavisni, pokaˇzi da 3. Ako su dogadaji - A i B + C takoder - nezavisni. su i dogadaji 4. Ako je P (A) > 0 i P (B|A) = P (B|A) , pokaˇzi da su A i B nezavisni. 5. Dokaˇzi da jednakost P (A) = P (A | B) + P (A | B) - vrigdje B nije niti siguran, niti nemoguć dogadaj, jedi jedino u sluˇcaju kada je A nemoguć dogadaj. 6. Ako su A i B sluˇcajni dogadaji s vjerojatnostima P (A) = a , P (B) = b , dokaˇzi da vrijedi P (A|B)

a+b−1 . b

7. Dokaˇzi da vrijedi: a) P (A + B|C) = P (A|C) + P (B|C) − P (AB|C) . b) P (A | B) = P (A) =⇒ P (B | A) = P (B) . c) Ako su A1 , . . . , An u cjelini nezavisni, tada vrijedi P (A1 + . . . + An ) = = 1 − (1 − P (A1 )) · · · (1 − P (An )). 8. Toˇcka T(x, y) bira se na sreću unutar kvadrata {0 x, y 1} . Neka je A = {x 12 } , B = {y 12 } , C = {(x − 12 )(y − 12 ) < 0} . Pokaˇzi - A , B , C u parovima nezavisni, no da su dogadaji nisu nezavisni u cjelosti. 9. Toˇcka T(x, y) bira se na sreću unutar kvadrata {0 x, y 1} . Za kakvu vrijednost od r su do- A = {|x − y| r} , B = {x + y 3r} gadaji nezavisni? ∗∗∗ 10. Ispravan novˇcić baca se deset puta. Kolika je vjerojatnost da cé svih deset puta pasti pismo, ako je poznato da je pismo palo devet puta? 11. Istovremeno se bacaju novˇcić i kocka. Kolika je vjerojatnost dogadaja A = { pojavili su se grb i sˇ estica } , B = { pojavili su se grb ili sˇ estica } , C = { na kocki se pojavio broj veći od 4 } ?

- metu dok je ne pogodi. Vjerojat12. Strijelac gada nost pogotka u svakom gadanju je 0.6. Izraˇcunajte vjerojatnost sljedećih dogadaja: A. meta je pogodena u trećem pookuˇsaju; B. meta je pogodena u prva tri pokuˇsaja; C. meta je pogodena nakon petog pokuˇsaja. 13. Baˇcene su dvije kocke. Oznaˇcimo dogadaje: A = pojavila se barem jedna jedinica, B = pojavila su se dva razliˇcita broja. 1) Izraˇcunajte P (A) , P (B) , P (A|B) . 2) Jesu li - A i B nezavisni? dogadaji - brojeva 1 , 2 , 3 , 4 , 5 odabire se na 14. Izmedu sreću jedan broj, a od preostalih se ponovno odabire na sreću joˇs jedan broj. Kolika je vjerojatnost da je drugi broj paran? 15. U skupini od deset strijelaca nalaze se cˇetiri odliˇcna i sˇ est dobrih. Vjerojatnost pogotka za odliˇcne strijelce je 0.9 , za dobre 0.7 . Iz skupine na sreću izaberimo jednog strijelca. Kolika je vjerojatnost da cé on pogoditi metu? 16. U prvoj se urni nalaze dvije bijele i tri crne kuglice, u drugoj jedna bijela i cˇetiri crne. Iz prve urne prebacimo u drugu dvije na sreću odabrane kuglice. Izraˇcunajte vjerojatnost da cé nakon toga na sreću odabrana kuglica iz druge urne biti bijela. 17. U dvije od tri jednake pregrade nalaze se dvije crne i dvije bijele kuglice, a u trećoj pet bijelih i jedna crna. Iz na sreću odabrane pregrade izvuˇcena je bijela kuglica. Kolika je vjerojatnost da je ona izvuˇcena iz treće pregrade? 18. U kutiji se nalazi 1000 kockica, od kojih su sve ispravne osim jedne koja na svim stranama ima broj 6. Izvuˇcena je na sreću jedna kockica i baˇcena cˇetiri puta: sva cˇetiri puta pala je na broj 6. Kolika je vjerojatnost da je to neispravna kockica? ∗∗∗ 19. Bacamo dvije kocke. Neka su X i Y brojevi na njima. Oznaˇcimo dogadaje A = X je djeljiv s 2, B = X je djeljiv s 3, C = X je djeljiv s 2, Y s 3, D = X je djeljiv s 3, Y s 2, E = X + Y je djeljiv s 2, F = X + Y je djeljiv s 3. Odredi sve parove medusobno nezavisnih dogadaja. 20. Pokus se sastoji u bacanju dviju kocaka. Promatraju se dogadaji: A = pojavila se bar jedna sˇ estica,

84


30. U novˇcaniku je bilo 10 kovanica, 6 od jednog B = pojavila se bar jedna dvojka, i 4 od dva dinara. Na sreću smo izvadili dvije, a C = pojavio se jedan paran i jedan neparan broj. zatim joˇs dvije kovanice. Kolika je vjerojatnost da Odredi uvjetnu vjerojatnost P (B|C) . Ispitaj jesu li - A i B nezavisni. su sume u oba izvlaˇcenja jednake? dogadaji 21. Baˇcene su tri kocke. Oznaˇcimo dogadaje: 31. U jednom je druˇstvu organizirana lutrija sa saA = pojavila se barem jedna jedinica, mo jednim dobitkom. Svaka osoba izvlaˇci po jednu B = pojavila se toˇcno jedna sˇ estica, kuglicu iz urne, dok se ne izvuˇce ona dobitna. KoC = pojavila su se tri razliˇcita broja. ja osoba ima veću vjerojatnost dobitka: ona koja Izraˇcunaj P (A) , P (C) , P (A|C) . Jesu li dogadaji izvlaˇci kuglicu prva, ili pak ona koja je posljednja, B i C nezavisni? n -ta po redu? 22. Baca se 8 kocaka. Promatramo dogadaje 32. U igri Craps igraˇc baca dvije kocke, pobjeduje A = 4 kocke su pale na broj 3 a 4 kocke na isti ako se pojavi zbroj 7 ili 11, a gubi ako je zbroj 2, broj, 3 ili 12. U ostalim sluˇcajevima, bacanje se nastavB = Zbroj brojeva na svim kockama je paran lja sve dok igraˇc ne ponovi svoj prvobitni broj kada broj. pobjeduje, ili pak dok se ne pojavi zbroj 7 u kojem Jesu li A i B medusobno zavisni ili nezavisni i sluˇ c aju on gubi. Kolika je vjerojatnost dobitka za zaˇsto? igraˇca? 23. Bacamo tri igraće kocke. Izraˇcunaj vjerojatnost 33. Dvoboj u troje. Tri (nesretno zaljubljena) stridogadaja - s vjerojatnoˇsjelca sudjeluju u troboju. Prvi pogada A = pala su tri razliˇcita broja, c ´ u 0.5 , drugi s vjerojatnoˇ s c ´ u 0.8 , a treći uvijek poB = pala je barem jedna sˇ estica. - Poredak strijelaca odreduje - se kockom. PrvoIzraˇcunaj zatim uvjetne vjerojatnosti P (A|B) i P (B|A) .gada. - bilo kojeg protivnika. odabrani strijelac moˇze gadati 24. Bacamo odjednom 6 kocaka. Oznaˇcimo dogaPotom dolazi na red drugo-odabrani (ukoliko je zˇ iv) daje - onaj koji preˇzivi. i tako dalje. Pobjeduje A = pale su 2 jedinice i 2 dvojke, Koji strijelac ima najveću sˇ ansu da preˇzivi? KoB = svi su brojevi manji od 4 , ju strategiju treba izabrati? C = zbroj brojeva na svim kockama je manji od 9. ∗∗∗ Izraˇcunaj P(A) , P(B) , P(C) , P(B|A) . 25. Bacamo odjednom cˇetiri kocke. Oznaˇcimo dogadaje 34. Igraˇc baca jednu kocku i potom u drugom bacaA = pale su dvije jedinice i jedna dvojka, nju onoliko kocaka koliki je rezultat prvog bacanja. B = svi brojevi su manji od 4, Kolika je vjerojatnost da se u oba bacanja zajedno C = zbroj brojeva na svim kockama je veći od pojavi toˇcno jedna petica? 6. 35. Bacamo pet novˇcića. Nakon prvog bacanja sve Izraˇcunaj P (A) , P (B) , P (C) , P (C|B) . novˇciće koji pokazuju grb bacamo ponovo. Kolika 26. U urni se nalaze 4 plave, 5 bijelih i 6 crnih je vjerojatnost da cémo nakon drugog bacanja dobiti kuglica. Na sreću odabiremo 3 kuglice. Oznaˇcimo (ukupno) barem tri pisma? dogadaje A = sve tri kuglice su razliˇcitih boja, 36. Bacaju se 4 kocke od kojih su dvije obojene B = prva kuglica je bijela, bijelo, a dvije crveno. Nakon izvrˇsenog bacanja C = prve dvije kuglice su razliˇcitih boja. bacaju se ponovo one bijele kocke koje pokazuju Izraˇcunaj P (A) , P (A|B) , P (A|C) . Jesu li dogaparan broj i one crvene kocke koje pokazuju broj 6. daji A i B nezavisni? Kolika je vjerojatnost da cé nakon izvrˇsenog drugog bacanja sve cˇetiri kocke pokazivati broj 5? ∗∗∗ 37. U snopovima A i B nalaze se po 32 igraće kar27. Brojevi 1, 2, . . . , n napisani su u sluˇcajnom pote sa po 4 asa. Izvuˇcemo 2 karte iz snopa A i jednu retku. Izraˇcunaj vjerojatnost da se znamenka 2 pokartu iz snopa B , zatim izvuˇcene 3 karte izmijeˇsajavi neposredno nakon znamenke 1. mo i otkrijemo 2 karte. Kolika je vjerojatnost da su - brojeva 1, 2, 3, 4, 5 odabire se na sreću to 2 asa? 28. Izmedu jedan broj, a od preostalih se ponovo odabire na sre38. Na raspolaganju imamo dva snopa karata od po cú joˇs jedan broj. Kolika je vjerojatnost da je drugi 52 karte, pri cˇemu svaki snop sadrˇzi cˇetiri asa. Izvubroj paran? cˇ emo na sreću po dvije karte iz svakog snopa, zatim 29. Baca se 6 kocaka, od kojih su 4 obojene bijelo, izvuˇcene cˇetiri karte izmijeˇsamo i otkrijemo dvije. a 2 zˇ uto. Izraˇcunaj vjerojatnost da broj okrenutih Kolika je vjerojatnost da su to dva asa? zˇ utih sˇ estica bude veći od broja bijelih.


39. U dva snopa karata nalaze se po 52 karte sa po 4 asa. Izvuˇcemo na sreću po jednu kartu iz svakog snopa, zatim izvuˇcene karte pomijeˇsamo i otkrijemo jednu. Kolika je vjerojatnost da ta karta nije as? 40. U dva snopa karata nalaze se po 52 karte, sa po 4 asa. Iz jednog snopa izvuˇcemo jednu kartu, a iz drugog dvije. Zatim tri izvuˇcene karte promijeˇsamo i otkrijemo jednu. Kolika je vjerojatnost da je ta karta as? 41. U kutiji A ima m1 bijelih i n1 crnih kuglica, a u kutiji B m2 bijelih i n2 crnih kuglica. Iz svake kutije odabere se na sreću jedna kuglica, a zatim se od te dvije kuglice odabere na sreću jedna. Kolika je vjerojatnost da je ta kuglica bijela? 42. U prvoj pregradi nalaze se 2 bijele i 3 crne kuglice, a u drugoj 1 bijela i 4 crne. Iz prve pregrade prebacimo u drugu dvije na sreću odabrane kuglice. Izraˇcunaj vjerojatnost da nakon toga na sreću izvuˇcena kuglica iz druge pregrade bude bijela. 43. U grupi od 10 strijelaca nalaze se 4 odliˇcna i 6 dobrih. Vjerojatnost pogotka za odliˇcne strijelce je 0.9 , za dobre 0.7 . Iz grupe na sreću odabiremo - u metu jedanput. Kolika je dva strijelca, koji gadaju vjerojatnost da cé oba strijelca pogoditi metu? 44. Gadanje se vrˇsi tako da svaki od 2 tenka odabire jedan od 3 razliˇcita cilja i ispaljuje 1 metak prema tom cilju. Ako je poznato da svaki od tenko- cilj s vjerojatnoˇscu p , nadi - vjerojatnost va pogada - toˇcno jedan cilj i to s da je nakon gadanja pogoden barem jednim metkom. 45. Gadanje se vrˇsi tako da svaki od 2 tenka na sreću odabire jedan od 2 razliˇcita cilja i ispaljuje 2 metka prema njemu. Ako je poznato da prvi tenk poga- s vjerojatnoˇscú p1 , a drugi tenk s vjerojatnoˇscú da p2 , naći vjerojatnost da je nakon izvrˇsenog gadanja - toˇcno jedan cilj, i to s barem 2 metka! pogoden 46. U grupi od 8 strijelaca nalaze se 3 odliˇcna i 5 dobrih. Vjerojatnost pogotka za odliˇcne strijelce je 0.9 , za dobre 0.6 . Dva na sreću odabrana strijelca - u metu jedanput. Kolika je vjerojatnost da gadaju cé meta biti pogodena (s barem jednim metkom)? ∗∗∗ 47. U urni se nalaze bijela i crvena kuglica. Izvlaˇci se po jedna kuglica, sve dok se ne pojavi crvena. Ako se izvuˇce bijela kuglica, u urnu se vraća ta i dodaje se joˇs jedna bijela kuglica. Kolika je vjerojatnost da u prvih n izvlaˇcenja crvena kuglica neće biti izvuˇcena? 48. U prvoj urni se nalaze 2 bijele i 3 crne kuglice, u drugoj 1 bijela i 4 crne. Iz prve urne prebacimo u drugu dvije na sreću odabrane uglice. Izraˇcunaj vjerojatnost da nakon toga na sreću odabrana kuglica iz druge urne bude bijela.

85 49. U kutiji A ima m1 bijelih i n1 crnih, a u kutiji B m2 bijelih i n2 crnih kuglica. Iz kutije A izvadimo na sreću 2 kuglice i prebacimo ih u kutiju B . Zatim ponovimo postupak tako da iz kutije B na sreću izvuˇcemo dvije kuglice i vratimo ih u kutiju A . Kolika je vjerojatnost da cé u kutiji A ponovo biti m1 bijelih i n1 crnih kuglica? 50. U kutiji A ima m1 bijelih i n1 crnih kuglica, a u kutiji B m2 bijelih i n2 crnih kuglica. Iz svake kutije odabere se na sreću jedna kuglica, a zatim se od te dvije kuglice odabere na sreću jedna i vrati u kutiju A . Kolika je vjerojatnost da nakon toga u kutiji A bude ponovo m1 bijelih i n1 crnih kuglica? 51. U kutiji A su 3 bijele i 2 crne kuglice, u kutiji B 1 bijela i 3 crne, te u kutiji C 5 bijelih i 4 crne kuglice. Iz kutije A prebacimo na sreću izvuˇcenu kuglicu u kutiju B , zatim iz B prebacimo jednu kuglicu u C te na kraju jednu kuglicu prebacimo iz C u A . Ako je poznato da je broj bijelih i crnih kuglica u svim kutijama ostao nepromijenjen, kolika je vjerojatnost da smo iz kutije B prebacili u kutiju C kuglicu crne boje? 52. Kutija A sadrˇzi 2 bijele i 3 crne kuglice, B 1 bijelu i 3 crne, C 2 bijele i 1 crnu, te kutija D 3 bijele i 1 crnu kuglicu. Na sreću izvuˇcena kuglica iz A prebacuje se u B , zatim se na sreću izvlaˇci jedna kuglica iz B i prebacuje u C i na koncu na sreću izabrana kuglica iz C ulazi u kutiju D . Ako je poznato da je iz D na sreću izvuˇcena bijela kuglica, Izraˇcunaj vjerojatnost da je kuglica prebaˇcena iz B u C bila crna. 53. Urna sadrˇzi m bijelih i n − m crnih kuglica. Izraˇcunaj vjerojatnost dogadaja A = izvuˇcena je bijela kuglica; B = izvuˇcena je bijela kuglica, ako je poznato da je jedna kuglica (nepoznate boje) izgubljena; C = izvuˇcena je bijela kuglica, ako je izgubljeno k kuglica, nepoznatih boja. 54. U svakoj od n kutija nalazi se po m bijelih i k crnih kuglica. Iz prve kutije izaberemo na sreću jednu kuglicu i prebacimo ju u drugu, zatim iz druge kutije prebacimo jednu kuglicu u treću, itd. Kolika je vjerojatnost da cé kuglica izvuˇcena iz posljednje kutije biti bijela? 55. U svakoj od n kutija nalazi se po jedna bijela i jedna crna kuglica. Iz prve kutije na sreću izaberemo jednu kuglicu i prebacimo je u drugu, zatim iz druge prebacimo jednu kuglicu u treću itd. a) Kolika je vjerojatnost da je kuglica izvuˇcena iz posljednje kutije bijela? b) Kolika je vjerojatnost da je crna kuglica izvuˇcena samo jednom? 56. U kutiji A imamo 2 bijele i 5 crnih kuglica, u kutiji B 2 bijele i 4 crne kuglice te u kutiji C 2 bijele i 2 crne. Na sreću odaberemo 2 kuglice iz kutije C i prebacimo ih u kutiju A a preostale 2 kuglice iz C prebacimo u kutiju B . Ako nakon to-

86


ga izvuˇcemo na sreću po jednu kuglicu iz kutija A i B , kolika je vjerojatnost da su te kuglice istobojne? 57. U kutiji I nalaze se 3 bijele i 4 crne kuglice, u kutiji II 2 bijele i 3 crne, te u kutiji III 1 bijela i 2 crne kuglice. Iz I kutije prebacimo na sreću jednu kuglicu u II, zatim jednu na sreću iz II u III, te konaˇcno jednu iz III u I. Kolika je vjerojatnost da je distribucija kuglica u kutiji I ostala nepromijenjena? 58. U kutiji se nalazi n kuglica, oznaˇcenih brojevima od 1 do n . Izvlaˇcimo prvu kuglicu i vraćamo je nazad, osim ako se na njoj nalazi broj 1 . Potom izvlaˇcimo drugu kuglicu. Kolika je vjerojatnost da cémo u prvom ili drugom izvlaˇcenju izvući kuglicu oznaˇcenu brojem 2 ? ∗∗∗ 59. Kocka je baˇcena tri puta. Neka je X zbroj broˇ je vjerojatnije, X = 12 jeva u svim bacanjima. Sto - X = 12 , ili X = 11 ? Ako je realiziran dogadaj kolika je vjerojatnost da se pojavila barem jedna sˇ estica? 60. Baˇcene su dvije kocke. Kolika je vjerojatnost da se pojavio broj 6 ako je poznato da je zbroj znamenaka jednak 8 ? 61. Dva igraˇca su bacila kocku i prvi je igraˇc dobio veći broj od drugog igraˇca. Kolika je vjerojatnost da je taj broj jednak 6? 62. Poznato je da se pri bacanju deset igraćih kocaka pojavila barem jedna jedinica. Kolika je vjerojatnost da su se pojavile dvije ili viˇse jedinica? 63. Na fakultetu je upisano n studenata od kojih nk studira k–tu godinu ( k = 1, 2, 3, 4 ). Na sreću su odabrana dva studenta i pokazalo se da je prvi sluˇsaˇc viˇse godine. Kolika je vjerojatnost da je to cˇetvrta godina? 64. Tri igraˇca su bacila po jednu kocku. Poznato je da je prvi dobio najveći broj. Kolika je vjerojatnost da je taj broj veći od 4? 65. Baˇcene su cˇetiri kocke. Kolika je vjerojatnost da je pala barem jedna sˇ estica, ako je poznato da su pala toˇcno 2 jednaka broja? 66. Baˇcene su tri kocke, crvena, bijela i plava. Zbroj okrenutih brojeva je 13. Kolika je vjerojatnost da je bijela kocka pala na broj 4? 67. Iz skupa {1, 2, . . . , n} biramo na sreću tri broja x1 , x2 , x3 . Ako je poznato da vrijedi x1 < x2 , kolika je vjerojatnost dogadaja x1 < x3 < x2 ? 68. U devet od deset jednakih pregrada nalaze se 2 crne i 2 bijele kuglice, a u desetoj 5 bijelih i 1 crna. Iz na sreću odabrane pregrade izvuˇcena je bijela kuglica. Kolika je vjerojatnost da je ona izvuˇcena iz desete pregrade?

∗∗∗ ˇ 69. Cetiri strijelca gadaju u istu metu. Vjerojatnosti njihovih pogodaka su redom 0.4 , 0.6 , 0.7 , 0.8 . Kolika je vjerojatnost da cé meta biti pogodena? Ako je pogodena s toˇcno tri metka, kolika je vjerojatnost da je promaˇsio cˇetvrti strijelac? - metu sa po jednim 70. Strijelci A, B, C, D gadaju metkom. Vjerojatnost pogotka za A je 60%, za B 70%, za C 80%, a za D 90%. Ako je meta pogodena sa 2 pogotka, kolika je vjerojatnost da su te pogotke ostvarili strijelci A i B? 71. Vjerojatnosti pogotka u metu za svakog od cˇetiri strijelca su redom 0,8 , 0,7 , 0,6 , 0,5 . Ako je meta pogodena sa dva metka, kolika je vjerojatnost da prvi strijelac nije pogodio? 72. Baterija ima 4 topa. Vjerojatnost pogotka prvog topa je 30 %, a ostalih triju topova 20 %. Za uniˇstenje cilja dovoljan je jedan pogodak. Jedan od topova izvrˇsio je 2 gadanja i cilj je bio uniˇsten. - vjerojatnost da je gadao - prvi top. Nadi 73. Iz urne koja sadrˇzi m bijelih i n crnih kuglica izvuˇcene su dvije kuglice. Pokazalo se je da je prva kuglica bijela. Kolika je vjeroatnost da je i druga kuglica bijela? 74. U kutiji sa dvije jednake pregrade nalaze se kuglice — u prvoj 3 bijele i 3 plave, a u drugoj 3 bijele i 4 crvene. Izvlaˇcimo istovremeno dvije kuglice iz na sreću odabrane pregrade. Kolika je vjerojatnost da su obje izvuˇcene kuglice iste boje? Ako su obje izvuˇcene kuglice iste boje, kolika je vjerojatnost da je ta boja plava? 75. U jednoj se vrećici nalaze jedna bijela i tri crvene, a u drugoj dvije bijele i dvije crvene kuglice. Izvuˇcemo na sreću po jednu kuglicu iz svake vrećice. Ako je jedna od njih bijela, kolika je vjerojatnost da je druga crvena? 76. U posudi se nalazi 5 kuglica bijele ili crne boje. Sve pretpostavke o broju bijelih kuglica su jednako vjerojatne. U tri izvlaˇcenja izvukli smo kuglice bijele boje (kuglica se nakon izvlaˇcenja vraća u posudu). Izraˇcunaj vjerojatnost da su u posudi sve kuglice bijele boje. 77. U urni se nalazi n kuglica, pri cˇemu svaka kuglica moˇze s jednakom vjerojatnoˇscú biti bijela ili crvena. Izvlaˇcimo jednu po jednu k kuglica, u modelu s vraćanjem. Ako niti jednom nismo izvukli crnu kuglicu, kolika je vjerojatnost da su sve kuglice u urni bijele? 78. U jednoj kutiji nalaze se 2 bijele i 3 crvene kuglice, a u drugoj 1 bijela i 3 crvene kuglice. Izvuˇcemo na sreću po jednu kuglicu iz svake kutije. Ako je jedna od izvuˇcenih kuglica bijela, kolika je vjerojatnost da je druga crvena?


87

79. U kutiji se nalazi 5 kuglica, od kojih svaka mozˇ e biti crvena ili plava, s jednakom vjerojatnoˇscú. Na sreću izabrana kuglica iz kutije imala je crvenu boju. Koji je najvjerojatniji broj plavih kuglica u kutiji? 80. U kutiji sa 10 pregrada nalazi se ukupno 55 kuglica i to tako da se u k –toj pregradi nalazi k kuglica (k = 1, 2, . . . , 10) . Na sreću odaberemo 2 razliˇcite pregrade i izvuˇcemo sve kuglice iz tih pregrada. Ako je poznato da je izvuˇceno najviˇse 8 kuglica, kolika je vjerojatnost da su one izvuˇcene iz susjednih pregrada? 81. Iz poˇsiljke u kojoj se nalazi n ispravnih i m neispravnih proizvoda uzeto je r proizvoda zbog - njikontrole. Prvih k proizvoda ( k < r ) medu ma bilo je ispravno. Kolika je vjerojatnost da je i sljedeći proizvod ispravan? ∗∗∗ 82. U kutiji I nalaze se 2 bijele i 2 crne kuglice, u kutiji II 5 bijelih i 7 crnih. Iz I kutije prebacimo na sreću dvije kuglicu u II, a zatim dvije na sreću iz II u I. Ako je poznato da su nakon toga kuglice u I kutiji istobojne, kolika je vjerojatnost da su crne boje? 83. Vjerojatnost kvara svakog od dijelova A , B , C sklopa na slici u nekom vremenskom intervalu - prestaje sa radom ako je u kvaru iznosi 0.2 . Uredaj dio C , dijelovi A i B (ili pak A , B i C ). Ako je - prestao sa radom, kolika je vjerojatnost da je uredaj pokvaren samo dio C ?

A

C

B

84. Dva od tri nezavisna dijela nekog stroja su otkazala. Odredi vjerojatnost da su to prvi i drugi dio, ako vjerojatnosti otkazivanja prvog, drugog odnosno trećeg dijela iznose 0.2 , 0.4 i 0.3 . 85. Na slici su navedene vjerojatnosti kvara pojedi- u nih dijelova uredaja. Poznato je da je cˇitav uredaj kvaru, poˇsto je pokvaren jedan ili viˇse njegovih dije- pokvarenim lova. Kolika je vjerojatnost da je medu dijelovima i dio B ?

A 01

B 02

D 03

02 C

86. Vjerojatnost da cé prijemnik registrirati signal u vremenskom intervalu duljine 1 iznosi p . Ako je poznato da se do trenutka t < 1 signal nije pojavio, kolika je vjerojatnost da cé se on pojaviti u ostatku vremena 1 − t ? 87. Neki izvor emitira tri vrste poruka: AAAA , BBBB , i CCCC . Vjerojatnosti njihovog emitiranja iznose 0,3, 0,4, 0,3 . Kao posljedica smetnji u kanalu, svaki se znak A , B ili C prima ispravno s vjerojatnoˇscú 0.6 . Vjerojatnost da znak bude pogreˇsno interpretiran iznosi 0.2 za obje preostale mogućnosti. Pretpostavlja se da je prijem svakog znaka u poruci nezavisan jedan od drugog. Izracˇunaj vjerojatnost da je emitirana poruka AAAA , ukoliko je primljena ABCA . 88. Neki izvor emitira dvije vrste poruka: 0000 i 1111 , s vjerojatnostima q i p , za svaku od njih (p + q = 1) . Prijem svakog znaka u poruci je nezavisan jedan od drugog. Svaki se znak ( 0 ili 1 ) prima ispravno s vjerojatnoˇscú 1 − α . Izraˇcunaj vjerojatnost da je emitirana poruka 0000 ako je primljena poruka 1000 . 89. Izvor emitira dvije vrste poruka: 1 i 0, s jednakim vjerojatnostima. Svaki od triju serijski povezanih primopredajnika prima poruku i sˇ alje je sljedecém primopredajniku. Pri tom svaki od njih u 10% sluˇcajeva pogreˇsno interpretira poruku. Ako je na izlazu primljena poruka 1, kolika je vjerojatnost da je ona i poslana? 90. Niz nula i jedinica prenosi se komunikacijskim kanalom. Zbog smetnji, svaki se znak prima ispravno s vjerojatnoˇscú 0.8 . Da bismo povećali vjerojatnost ispravnog prijema, svaki se znak u poruci ponavlja n puta. Niz od n simbola se interpretira kao simbol koji se pojavljuje najˇceˇscé u tom nizu. (Npr. za n = 5 , niz 10110 se interpretira kao 1, a 10100 kao 0). a) Odredi vjerojatnost ispravnog prijema za n = 5. b) Izaberi minimalnu vrijednost od n tako da vjerojatnost ispravnog prijema bude veća od 0.99 . 91. Tisuću znakova poslano je kroz komunikacijski kanal. Svaki znak moˇze biti pogreˇsno primljen, s vjerojatnoˇscú 0.005 , nezavisno od ostalih. Odredi vjerojatnost da je najviˇse pet znakova pogreˇsno primljeno.

3.

Diskretne sluˇcajne varijable i vektori

1. 2. 3. 4.

Diskretne sluˇcajne varijable . . . . . . . . . . . . . . . . . Dvodimenzionalne diskretne razdiobe . . . . . . . . . . Momenti i karakteristiˇcne funkcije diskretnih varijabli Rijeˇseni zadatci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zadatci za vjeˇzbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. 89 . 93 . 97 107 113

- ω ∈ Ω . Cesto ˇ Pri realizaciji nekog pokusa ostvaruje se elementaran dogadaj je svrha pokusa mjerenje neke numeriˇcke veliˇcine cˇije vrijednosti ovise o toj realizaciji elementarnog dogadaja. Jednostavan primjer toga je model bacanja kocke. Tu je prirodno svakom elementarnom dogadaju pridruˇziti broj na koji je kocka pala. Time je definirano preslikavanje iz skupa Ω svih elementarnih - u skup S = (1, 2, 3, 4, 5, 6) svih mogućih ishoda. Takvo se preslikavanje naziva sluˇcajna dogadaja varijabla. Uz jedan stohastiˇcki pokus moˇze biti (na prirodan naˇcin) povezano i viˇse sluˇcajnih varijabli. Tako na primjer, ako bacamo dvije kocke onda se kao sluˇcajne varijable pridruˇzene tom pokusu mogu uzeti (uz mnoge druge) zbroj brojeva na kockama, njihova razlika, manji od brojeva, veći od brojeva itd. itd. Podruˇcje vrijednosti realne sluˇcajne varijable neki je podskup skupa realnih brojeva. Pri prouˇcavanju sluˇcajnih varijabli izvrˇsit cémo grubu njihovu podjelu i izdvojiti dvije klase sluˇcajnih varijabli: diskretne i neprekinute sluˇcajne varijable. Prve poprimaju svoje vrijednosti unutar diskretnog skupa (obiˇcno prirodnih ili cijelih brojeva) a neprekinute mogu kao svoju vrijednost poprimiti bilo koji realni broj unutar nekog intervala. Ova je podjela uglavnom uvjetovana time sˇ to se za prouˇcavanje ovih dviju vaˇznih klasa koristi razliˇciti matematiˇcki aparat, uz diskretne varijable vezani su prirodno nizovi i redovi realnih brojeva i matrice, dok se matematiˇcki aparat kojim se prouˇcavaju kontinuirane sluˇcajne varijable zasniva na sredstvima matematiˇcke analize: diferencijalnom i integralnom raˇcunu. Naglasimo da ta podjela cˇesto nije uvjetovana samom prirodom pokusa. Uzmemo li kao primjer sluˇcajnu varijablu koja mjeri duljinu odabranog proizvoda, ta je varijabla neprekinutog tipa jer se duljina neprekinuto mijenja. Medutim, izrazimo li tu duljinu u milimetrima, dobit cémo sluˇcajnu varijablu diskretnog tipa. U ovom cémo poglavlju prouˇcavati diskretne sluˇcajne varijable.

88

ˇ 3.1. DISKRETNE SLU CAJNE VARIJABLE

89

3.1. Diskretne slucˇ ajne varijable Zakon razdiobe sluˇcajne varijable

Neka je S = (x1 , x2 , . . .) konaˇcan ili prebrojiv skup bez gomiliˇsta. Obiˇcno je to podskup skupa prirodnih ili pak cijelih brojeva. Promatrat c´ emo sluˇcajne varijable, - pridruˇzuju neku vrijednost iz skupa S . Neka je X koje svakom elementarnom dogadaju - u skup S . Uz to je preslikavanje preslikavanje sa skupa Ω svih elementarnih dogadaja prirodno postaviti pitanje: “kolika je vjerojatnost da sluˇcajna varijabla poprimi neku - koji se vrijednost xk is skupa S ”. Oznaˇcimo s Ak skup svih elementarnih dogadaja preslikavaju u xk : Ak := (ω ∈ Ω : X(ω ) = xk ). - dakle, element Da bismo mogli odgovoriti na gornje pitanje, skup Ak mora biti dogadaj, σ -algebre F svih dogadaja. Tek ako je ovaj uvjet ispunjen, za preslikavanje X cémo reći da je sluˇcajna varijabla. Sluˇcajna varijabla

Preslikavanje X : Ω → S je diskretna sluˇcajna varijabla ako je za svaki - Oznaˇcimo xk ∈ S skup Ak := (ω ∈ Ω : X(ω ) = xk ) dogadaj. pk := P (Ak ) = P (X = xk ). (1) Za ove brojeve vrijedi pk > 0 , pk = 1 . Zakon razdiobe sluˇcajne varijable X sastoji se od podruˇcja vrijednosti koje ona poprima i odgovarajućih vjerojatnosti. Piˇsemo x1 x2 x3 . . . X∼ . (2) p1 p2 p3 . . .

Pn P0

P1 P2

Sl. 3.1. Razdiobu sluˇcajne varijable skiciramo kao na ovoj slici

x0

x1

x2

xn

90

ˇ 3. DISKRETNE SLU CAJNE VARIJABLE I VEKTORI

Primjer 3.1. Novˇcić bacamo tri puta. Neka je X broj pisama. Odredimo razdiobu te sluˇcajne varijable. Vjerojatnosni prostor sastoji se od osam elementarnih dogadaja. Ispiˇsimo ih i naznaˇcimo vrijednost sluˇcajne varijable X na svakom od njih: ω1 = GGG, X(ω1 ) = 0 ω2 = GGP, X(ω2 ) = 1 ω3 = GPG, X(ω3 ) = 1 ω4 = GPP, X(ω4 ) = 2 ω5 = PGG, X(ω5 ) = 1 ω6 = PGP, X(ω6 ) = 2 ω7 = PPG, X(ω7 ) = 2 ω8 = PPP, X(ω8 ) = 3 Vidimo da X poprima vrijednosti u skupu (x1 =0, x2 =1, x3 = 2, x4 =3) a vjerojatnosti su 1 p1 = P (X = 0) = P (ω1 ) = , 8 3 p2 = P (X = 1) = P ((ω2 , ω3 , ω5 )) = , 8 3 p3 = P (X = 2) = P ((ω4 , ω6 , ω7 )) = , 8 1 p4 = P (X = 3) = P (ω8 ) = . 8 Dakle zakon razdiobe sluˇcajne varijable X je, 0 1 2 3 X∼ 1 3 3 1 . 8

8

8

8

Primjer 3.2. Neka je p vjerojatnost realizacije nekog dogadaja A . Pokus ponav- A ne ostvari. Neka je X broj ponavljanja ljamo pod istim uvjetima sve dok se dogadaj pokusa do realizacije dogadaja A . Tad za X kaˇzemo da ima geometrijsku razdiobu s parametrom p . Odredimo zakon razdiobe za X . Ispiˇsimo elementarne dogadaje, vrijednost sluˇcajne varijable i pripadne vjerojatnosti u ovom pokusu.

ω1 = A, ω2 = A A

P (ω1 ) = p,

X(ω1 ) = 1,

P (ω2 ) = qp,

X(ω2 ) = 2,

2

ω3 = A A A, .. .

P (ω3 ) = q p,

X(ω3 ) = 3,

ωn = A · · A A,

·

P (ωn ) = qn−1 p,

X(ωn ) = n,

n−1

.. .

ˇ 3.1. DISKRETNE SLU CAJNE VARIJABLE

Zakon razdiobe je

X∼

1 2

91

3 ···

n

···

p qp q2 p · · · qn−1 p · · ·

.

∗∗∗ Zamislimo jednostavan pokus u kojem se kocka baca dva puta. Neka nam X oznaˇcava rezultat prvog bacanja, a Y rezultat drugog bacanja. Prirodno je pretpostaviti da rezultati jednog bacanja ne ovise o rezultatima drugoga. Tako na primjer, vrijedi 1 1 1 P (X = 3, Y = 5) = P(((3, 5))) = = · = P (X = 3) · P (Y = 5). 36 6 6 - koje odgovaraju dogadaju s Sliˇcno se moˇze pokazati (ispisujući elementarne dogadaje lijeve strane jednakosti) da vrijedi 2 3 6 = · = P (X 2) · P (Y 4). P (X 2, Y 4) = 36 6 6 Ovaj primjer upućuje da je razumno iskazati sljedeću definiciju. Nezavisne slucˇ ajne varijable — definicija i temeljno svojstvo

Sluˇcajne varijable X, Y : Ω → S su nezavisne ako za sve xk , yj ∈ S vrijedi P (X = xk , Y = yj ) = P (X = xk )P (Y = yj ) (3) Tada vrijedi općenitije, za sve A , B ⊂ S P (X ∈ A, Y ∈ B) = P (X ∈ A)P (Y ∈ B). (4)

Neka su X i Y nezavisne, odnosno, neka vrijedi (3). Dokaˇzimo da onda vrijedi (4). Oznaˇcimo elemente skupova A i B ovako: A = (x1 , . . . , xn ), B = (y1 , . . . , ym ). Onda vrijedi P (X ∈ A, Y ∈ B) = P (X ∈ (x1 , . . . , xn ), Y ∈ (y1 , . . . , ym ))

(X = xk , Y = yj ) =P 1 k n 1 j m

=

1 k n 1 j m

=

P (X = xk ) ·

(X = xk )) · P (

1 k n

= P (X ∈ A)P (Y ∈ B).

P (X = xk )P (Y = yj )

1 k n 1 j m

P (Y = yj )

1 j m

1 k n

= P(

P (X = xk , Y = yj ) =

(Y = yj ))

1 j m

92


Definicija nezavisnosti proˇsiruje se i na skup od konaˇcno mnogo, pa i beskonaˇcnog niza sluˇcajnih varijabli: Nezavisnost niza slucˇ ajnih varijabli

Sluˇcajne varijable X1 , X2 , . . . , Xn definirane na istom vjerojatnosnom prostoru su nezavisne, ako za sve A1 , A2 , . . . , An ⊂ S vrijedi P (X1 ∈ A1 , X2 ∈ A2 , . . . , Xn ∈ An ) = P (X1 ∈ A1 )P (X2 ∈ A2 ) · · · P (Xn ∈ An ). (5) Sluˇcajne varijable X1 , X2 , . . . su nezavisne ako su za svaki n nezavisne sluˇcajne varijable Xi1 , Xi2 , . . . , Xin , za svaki izbor (razliˇcitih) indeksa i1 , i2 , . . . , in .

Primjer 3.3. Bacamo kocku dok se ne pojavi broj manji od 5 . Neka sluˇcajna varijabla X oznaˇcava potreban broj bacanja, sluˇcajna varijabla Y prvo bacanje u kojem se pojavio broj 6 ( Y = 0 ako se broj 6 uopće ne pojavi). Odredimo zakone razdioba varijabli X i Y .

Oznaˇcimo sa Xi sluˇcajne varijable: rezultate i -tog bacanja. To su nezavisne identiˇcki distribuirane sluˇcajne varijable, svaka poprima vrijednosti iz skupa (1, 2, 3, 4, 5, 6) s jednakom vjerojatnoˇscú. Varijabla X poprima vrijednosti iz skupa (1, 2, 3, . . .) : P (X = n) = P (X1 5, X2 5, . . . , Xn−1 5, Xn 4) = P (X1 5) · P (X2 5) · · · P (Xn−1 5) · P (Xn 4) 2 n−1 4 2 = · = n , n 1. 6 6 3 Varijabla Y poprima vrijednosti iz skupa (0, 1, 2, . . .) : 1 , n 1, 6n P (Y=0) = P (X1 4) + P (X1 =5, X2 4) + P (X1 =5, X2 =5, X3 4) + . . . 4 4 1 4 1 2 4 4 1 · + ... = · = . = + · + 6 6 6 6 6 6 1 − 16 5

P (Y=n) = P (X1 =5) · P (X2 =5) · · · P (Xn−1 =5) · P (Xn =6) =

Zakoni razdioba su:

X∼ Y∼

1 2 ... n ... 2 3

2 9

...

2 3n

...

0 1 ... n ... 4 5

1 6

...

1 6n

...

, .

3.2. DVODIMENZIONALNE DISKRETNE RAZDIOBE

93

Funkcije diskretnih sluˇcajnih varijabli

Neka je X diskretna sluˇcajna varijabla s poznatim zakonom razdiobe, ψ : R → R zadana funkcija i Y = ψ (X) . Ako je x1 x2 . . . X∼ p1 p2 . . . zakon razdiobe varijable X , tada je ψ (x1 ) ψ (x2 ) . . . Y∼ p1 p2 . . .

(6)

zakon razdiobe varijable Y . Njega dovodimo u reducirani oblik y1 y2 . . . Y∼ q1 q2 . . . gdje su y1 , y2 , . . . sve razliˇcite vrijednosti iz skupa (ψ (x1 ), ψ (x2 ), . . .) . yi = ψ (xi1 ) = ψ (xi2 ) = . . . , tada je qi = pi1 + pi2 + . . . .

Ako je

Primjer 3.4. Sluˇcajna varijabla X ima zakon razdiobe

X∼

−2 −1 1 2 0.1 0.3 0.2 0.4

.

Odredi zakon razdiobe varijable Y = X 2 .

Y∼

4 1 1 4 0.1 0.3 0.2 0.4

=

1 4 0.5 0.5

3.2. Dvodimenzionalne diskretne razdiobe Neka sluˇcajna varijabla X poprima vrijednosti u skupu (x1 , . . . , xn ) , a sluˇcajna varijabla Y u skupu (y1 , . . . , ym ) . Razdioba sluˇcajnog vektora (X, Y) je poznata ako znamo vjerojatnosti pij = P (X = xi , Y = yj ) pri cˇemu mora biti pij = 1 . Zakon razdiobe sluˇcajnog vektora piˇsemo u obliku tablice

i,j

X x1 x2 .. . xn

Y

y1

y2

...

ym

p11 p21 .. .

p12 p22

... ...

p1m p2m .. .

pn1

pn2

...

pnm

94


Marginalne razdiobe

Oznaˇcimo pi =

pij =

j

qj =

pij =

i

Oˇcito vrijedi

P (X = xi , Y = yj ) (suma i-tog retka),

j

P (X = xi , Y = yj ) (suma j-tog stupca).

i

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

j

tako da zbrajanjem elemenata nekog retka u ovoj tablici dobivamo razdiobu varijable X . Sliˇcno tome, zbrajanjem elemenata stupca dobit cémo razdiobu varijable Y . Te razdiobe upisujemo u marginama tablice, pa cémo ih nazivati marginalnim razdiobama komponenti sluˇcajnog vektora: X x1 x2 .. . xn

Y

y1

y2

...

ym

p11 p21 .. .

p12 p22

... ...

p1m p2m .. .

p1 p2

pn1 q1

pn2 q2

... ...

pnm qm

pn 1

Marginalne razdiobe varijabli X i Y su x1 x2 . . . xn y1 y2 . . . ym X∼ , Y∼ , p1 p2 . . . pn q1 q2 . . . qm Ako poznajemo marginalne razdiobe, razdioba vektora joˇs uvijek nije odredena, pomoću margina ne moˇzemo općenito rekonstruirati vjerojatnosti u tablici. To je moguće uˇciniti samo ako su komponente sluˇcajnog vektora nezavisne, jer onda vrijedi pij = P (X = xi , Y = yj ) = P (X = xi )P (Y = yj ) = pi qj .

Primjer 3.5. Bacamo dvije kocke. Neka je X broj na prvoj kocki, Y veći od dvaju brojeva na kockama. Odredi razdiobu vektora (X, Y) . Izraˇcunaj marginalne razdiobe od X i Y .

Postoji 36 elementarnih, jednako vjerojatnih dogadaja. Za svaki od njih mozˇ emo odrediti vrijednosti varijabli X i Y . Pri tom neka vrijednost moˇze ukljuˇcivati viˇse elementarnih dogadaja. Dobivamo sljedeći zakon razdiobe vektora (X, Y) (zbog 1 kratkoće smo oznaˇcili p = 36 ):

3.2. DVODIMENZIONALNE DISKRETNE RAZDIOBE

Y 1

2

3

4

5

6

p

p

p

p

p

p

6p

2

0

2p

p

p

p

p

6p

3

0

0

3p

p

p

p

6p

4

0

0

0

4p

p

p

6p

5

0

0

0

0

5p

p

6p

6

0

0

0

0

0

6p

6p

p

3p

5p

7p

9p

11p

1

X 1

Marginalne razdiobe su 1 2 3 4 5 6 X∼ 1 1 1 1 1 1 , 6

95

6

6

6

6 6

Y∼

1 2 3 4 5 6

1 36

3 5 7 36 36 36

9 11 36 36

.

Uvjetne razdiobe

- {X = xi | Y = yj } dana je sa Uvjetna vjerojatnost dogadaja P (X = xi | Y = yj ) =

P (X = xi , Y = yj ) pij = . P (Y = yj ) qj

Skup svih takvih vjerojatnosti za sve i daje uvjetnu razdiobu varijable X uz uvjet Y = yj : x1 x2 . . . X | Y = yj ∼ p1j p2j . . . . qj qj Ta se razdioba cˇita iz j -tog stupca razdiobe vektora (X, Y) . Elementi tog stupca podijeljeni su sa odgovarajućom marginom. Na isti naˇcin raˇcunamo i uvjetnu razdiobu varijable Y uz uvjet X = xi : y1 y2 . . . Y | X = xi ∼ pi1 pi2 . . . . pi

pi

Primjer 3.6. Bacamo dvije kocke. Neka je sluˇcajna varijabla X manji, a varijabla Y veći od dva pojavljena broja. Odredi razdiobu vektora (X, Y) , marginalne razdiobe, te uvjetnu razdiobu od X uz uvjet Y = 4 . Izraˇcunaj vjerojatnost dogadaja A = (X 2 | Y = 4) , B = (Y = 4 | X 2) .

Postoji 36 jednakovjerojatnih elementarnih dogadaja. Odredi za svaki od njih vrijednost vektora (X, Y) ! Dobivamo sljedeću razdiobu (oznaˇcimo zbog kratkoće 1 p = 36 ).

96


Y 1

2

3

4

5

6

p

2p

2p

2p

2p

2p

11p

2

0

p

2p

2p

2p

2p

9p

3

0

0

p

2p

2p

2p

7p

4

0

0

0

p

2p

2p

5p

5

0

0

0

0

p

2p

3p

6

0

0

0

0

0

p

p

p

3p

5p

7p

9p

11p

1

X 1

Marginalne razdiobe varijabli X i Y cˇitamo iz posljednjeg retka odnosno stupca: 1 2 3 4 5 6 X ∼ 11 9 7 5 3 1 , 36 36 36 36 36 36 1 2 3 4 5 6 Y ∼ 1 3 5 7 9 11 . 36 36

36 36 36

36

Uvjetna razdioba varijable X | Y = 4 je P (X = 1, Y = 4) 2p 2 P (X = 1 | Y = 4) = = = P (Y = 4) 7p 7 i sliˇcno za ostale vrijednosti od X : 1 2 3 4 X|Y=4∼ 2 2 2 1 . 7 7

7

7

- tu razdiobu direktno iz cˇetvrtog stupca razdiobe vektora (X, Y) .) (Pronadi 2p + 2p + p 5 P (X 2, Y = 4) = = , P (A) = P (Y = 4) 7p 7 2p + 2p + p 1 P (X 2, Y = 4) = = . P (B) = P (X 2) 9p + 7p + 5p + 3p + p 5 Primjer 3.7. Nezavisne sluˇcajne varijable X1 i X2 imaju isti zakon razdiobe

X1 , X2 ∼

0 1 2 0.3 0.5 0.2

.

Odredi zakon razdiobe sluˇcajnih varijabli a) Y = X1 + X2 ; b) Z = X1 X2 . a) Y poprima vrijednosti u skupu (0, 1, 2, 3, 4) s vjerojatnostima P (Y = 0) = P (X1 = 0, X2 = 0) = 0.3 · 0.3 = 0.09, P (Y = 1) = P (X1 = 0, X2 = 1) + P (X1 = 1, X2 = 0) = 2 · 0.3 · 0.5 = 0.3 itd. Dobivamo 0 1 2 3 4 . Y∼ 0.09 0.30 0.37 0.20 0.04

ˇ 3.3. MOMENTI I KARAKTERISTICNE

97

FUNKCIJE DISKRETNIH VARIJABLI

b) Z poprima vrijednosti u skupu (0, 1, 2, 4) s vjerojatnostima P (Z = 0) = P (X1 = 0) + P (X1 = 0, X2 = 0) = 0.3 + 0.7 · 0.3 = 0.51, P (Z = 1) = P (X1 = 1, X2 = 1) = 0.25, P (Z = 2) = P (X1 = 1 X2 = 2) + P (X1 = 2, X2 = 1) = 0.20, P (Z = 4) = P (X1 = 2, X2 = 2) = 0.04. te je

Z∼

0 1 2 4 0.51 0.25 0.20 0.04

.

3.3. Momenti i karakteristiˇcne funkcije diskretnih varijabli Oˇcekivanje sluˇcajne varijable

Sluˇcajne varijable se najlakˇse opisuju pomoću svojih numeriˇckih karakteristika. Najvaˇznija karakteristika je oˇcekivanje. Oˇcekivanje slucˇ ajne varijable

Neka sluˇcajna varijabla X ima zakon razdiobe: x1 x2 x3 . . . . X∼ p1 p2 p3 . . . Oˇcekivanje sluˇcajne varijable X definirano je kao zbroj E(X) := xk pk .

(1)

k

ˇ Cesto se oˇcekivanje sluˇcajne varijable oznaˇcava i simbolima x ili mX . Tako na primjer, za sluˇcajnu varijablu sa zakonom razdiobe −1 0 1 2 3 X∼ 0.2 0.3 0.1 0.3 0.1 vrijedi

E(X) = −1 · 0.2 + 0 · 0.3 + 1 · 0.1 + 2 · 0.3 + 3 · 0.1 = 0.8. Ovaj primjer pokazuje da oˇcekivanje sluˇcajne varijable ne mora biti jednako nekoj od mogućih realizacija te varijable. Oˇcekivanje ne mora biti blisko niti realizaciji s najvećoj vjerojatnosti. Za sluˇcajnu varijablu 1 5 100 X∼ 0.8 0.1 0.1 vrijedi

E(X) = 1 · 0.8 + 5 · 0.1 + 100 · 0.1 = 11.3. Geometrijska interpretacija oˇcekivanja je sljedeća. Ako zamislimo da smo u toˇckama s apscisama x1 , x2 ,. . . postavili utege s teˇzinama p1 , p2 ,. . . , tada cé teˇziˇste tog sustava biti u toˇcki s apscisom x .

98


Sl. 3.2. Oˇcekivanje sluˇcajne varijable je teˇzinska sredina njezinih realizacija. Svaka realizacija ima treˇzinu koja odgovara njezinoj vjerojatnosti.

Oˇcekivanje ne mora postojati. Tako na primjer, za sluˇcajnu varijablu 1 2 4 . . . 2n−1 . . . X∼ 1 1 1 1 ... 2 4 8 ... 2n vrijedi

1 1 1 1 + 2 · + 4 · + . . . + 2n−1 · n + . . . = +∞. 2 4 8 2 Zato ova sluˇcajna varijabla nema oˇcekivanja. E(X) = 1 ·

Svojstva oˇcekivanja Teorem 3.1. Neka je X i Y sluˇcajne varijable definirane na istom vjerojatnosnom prostoru. Oˇcekivanje ima svojstvo linearnosti, za sve realne brojeve s i t vrijedi E(sX + tY) = sE(X) + tE(Y).

Ako su varijable X i Y nezavisne, tada vrijedi E(XY) = E(X)E(Y).

Dokaz. Svojstvo E(sX) = sE(X) slijedi direktno iz definicije oˇcekivanja: E(sX) = (sxk )pk = s xk pk = sE(X). Dokazat cémo sad da vrijedi E(X + Y) = E(X) + E(Y) . Time cé prva tvrdnja u teoremu biti dokazana. Neka je razdioba vektora (X, Y) zadana u standardnom obliku: X x1 x2 .. . xn

Y

y1

y2

...

ym

p11 p21 .. .

p12 p22

... ...

p1m p2m .. .

p1 p2

pn1 q1

pn2 q2

... ...

pnm qm

pn 1


99


Sluˇcajna varijabla X + Y poprima vrijednosti xj + yk s vjerojatnoˇscú pjk . Zato je E(X + Y) = (xj + yk )pkj = xj pkj + yk pkj k,j

=

xj ·

j

k,j

pkj +

k

yk ·

k,j

pkj =

j

k

xj pj +

j

yk qk

k

= E(X) + E(Y). Dokaˇzimo sad drugu tvrdnju. Varkijable X i Y su nezavisne, pa vrijedi pjk = pj qk za sve j i k . Zato je E(XY) = xj yk pjk = xj yk pj qk j,k

=

j,k

xj pj

j

yk qk

= E(X)E(Y).

k

Momenti sluˇcajne varijable

Neka je sluˇcajna varijabla Y funkcija sluˇcajne varijable X , zadana formulom Y = ψ (X) . Kako cémo odrediti njezino oˇcekivanje? Jedna je mogućnost da odredimo razdiobu od Y i zatim primjenimo formulu (1) na varijablu Y . −2 −1 0 1 2 Primjer 3.8. Neka je X ∼ i Y = X 2 . Odredimo E(Y) . 1 1 1 1 1 8

4

4

4

8

. Odredimo razdiobu od Y : (−2)2 (−1)2 0 12 22 4 1 0 1 4 0 1 4 Y = X2 ∼ ∼ ∼ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 8

4

4

4

8

8

4

4

4

8

4

2

4

Zato je

1 1 3 1 +1· +4· = . 4 2 4 2 Primjetimo da ovdje vrijedi E(X) = 0 , pa je dakle E(X 2 ) = E(X)2 . E(Y) = 0 ·

∗∗∗ Druga mogućnost za raˇcunanje oˇcekivanja funkcije sluˇcajne varijable je koriˇstenjem formule E(ψ (X)) = ψ (xk )pk . Do nje dolazimo u gornjem postupku tako da ne svodimo zakon razdiobe varijable Y na reducirani oblik, već oˇcekivanje raˇcunamo iz nesredenog oblika. Iz 4 1 0 1 4 Y = X 2 ∼∼ 1 1 1 1 1 8

dobivamo E(Y) = 4 ·

4

4

4

8

1 1 1 1 1 3 +1· +0· +1· +4· = . 8 4 4 4 8 2

100


∗∗∗ Posebno cé nam biti vaˇzne funkcije oblika ψ (x) = xn i ψ (x) = (x − a)n . Ishodiˇsni i centralni momenti sluˇcajne varijable

Neka sluˇcajna varijabla X ima zakon razdiobe: x1 x2 x3 . . . X∼ p1 p2 p3 . . . i neka je n prirodni broj. Ishodiˇsni moment reda n sluˇcajne varijable X definirano se formulom E(X n ) := xnk pk . (2) k

Ako je mX oˇcekivanje od X , onda se centralni moment μn reda n definira formulom μn := E[(X − mX )n ] = (xk − mX )n pk . (3) k

Disperzija i standardna devijacija sluˇcajne varijable

Centralni moment reda 2 nazivamo posebnim imenom. Disperzija sluˇcajne varijable

Disperzija (rasipanje, varijanca) sluˇcajne varijable X definira se formulom D(X) = E[(X − mX )2 ] Ovaj se izraz najˇceˇscé raˇcuna na naˇcin: 2 D(X) = E(X 2 ) − m2X = x2k pk − xk pk , k

k

Jednakost ovih dviju formula slijedi iz svojstva linearnosti oˇcekivanja: E[(X − mX )2 ] = E[X 2 − 2XmX + m2X ] = E(X 2) − 2mX E(X) + m2X = E(X 2 ) − m2X . Svojstva disperzije Teorem 3.2. Za sluˇcajnu varijablu X i realni broj s vrijedi

D(sX) = s2 D(X). Ako su X i Y nezavisne sluˇcajne varijable, onda vrijedi D(X + Y) = D(X) + D(Y).



Dokaz. Koristit c´ emo svojstva oˇcekivanja. Za prvu formulu dobivamo D(sX) = E[(sX)2] − [E(sX)]2 = E(s2X 2 ) − [sE(X)]2 = s2 E(X 2 ) − s2 [E(X)]2 = s2 D(X). Ako su X i Y nezavisne, onda imamo D(X + Y) = E[(X + Y)2 ] − [E(X + Y)]2 = E(X 2) + 2E(XY) + E(Y 2 ) − E(X)2 − 2E(X)E(Y) − E(Y 2) = E(X 2) − E(X)2 + E(Y 2) − E(Y 2) = D(X) + D(Y).

∗∗∗ Ova se svojstva moraju dobro razumjeti. U tu svrhu, navest cémo najprije sljedeći primjer. Primjer 3.9. Nezavisne sluˇcajne varijable X i Y imaju identiˇcnu razdiobu s oˇcekivanjem a i disperzijom σ 2 . Kolika je disperzija sluˇcajne varijable X + 2Y ? Koliko je oˇcekivanje a kolika disperzija sluˇcajne varijable X − Y ?

U prvom sluˇcaju vrijedit cé D(X + 2Y) = 12 · D(X) + 22 · D(Y) = 5σ 2 . U drugom sluˇcaju je E(X − Y) = E(X) − E(Y) = a − a = 0, D(X − Y) = 12 D(X) + (−1)2 D(Y) = D(X) + D(Y) = 2σ 2 . ∗∗∗ Zapamtimo, disperzija sluˇcajne varijable je uvijek pozitivna. Ovo je svojstvo potpuno jasno jer slijedi iz formule D(X) = E[(X − mX )2 ] = (xj − mX )2 pk . Svi pribrojnici u ovom izrazu su nenegativni. Moˇze li disperzija biti jednaka nuli? U tom sluˇcaju vrijedi xj = mX za svaki j , a to znaˇci da se sve realizacije sluˇcajne varijable X podudaraju. Drugim rijeˇcima, tada X nije sluˇcajna, već uvijek poprima istu vrijednost.

X.

∗∗∗ Veliˇcinu σX := D(X) nazivamo standardna devijacija (odstupanje) varijable

101

102


Primjer 3.10. Izraˇcunaj oˇcekivanje i disperziju sluˇcajnih varijabli

X∼

−4 6 10 0.2 0.3 0.5

,

Y∼

−1 4 0.4 0.6

.

Odredi E(X + 2Y) te, ukoliko su X i Y nezavisne, E(XY) i D(X − 2Y) . Odredimo E(X) , E(Y) , D(X) , D(Y) . E(X) = −4 · 0.2 + 6 · 0.3 + 10 · 0.5 = 6, E(X 2 ) = 16 · 0.2 + 36 · 0.3 + 100 · 0.5 = 64, D(X) = E(X 2 ) − E(X)2 = 64 − 36 = 28, E(Y) = −1 · 0.4 + 4 · 0.6 = 2, E(Y 2 ) = 1 · 0.4 + 16 · 0.6 = 10, D(Y) = E(Y 2 ) − E(Y)2 = 10 − 4 = 6. Zbog linearnosti oˇcekivanja je E(X + 2Y) = E(X) + 2E(Y) = 10 . Ako su X i Y nezavisne, E(XY) = E(X)E(Y) = 12 i D(X − 2Y) = D(X) + D(−2Y) = D(X) + 4D(Y) = 52 . Primjer 3.11. Bacamo dvije ispravne kocke. Sluˇcajne varijable X i Y definirane su na naˇcin X = apsolutna vrijednost razlike brojeva na kockama, Y = manji od dva broja ako su oni razliˇciti, jednaka nuli ako su brojevi jednaki. Pokaˇzi da X i Y imaju identiˇcan zakon razdiobe. Odredi njihovo oˇcekivanje i disperziju.

Vjerojatnosni prostor sastoji se od 36 jednako vjerojatnih elementarnih dogadaja. Odredimo vrijednost varijabli X i Y na tim dogadajima. X 1 2 3 4 5 6 Y 1 2 3 4 5 6 1 0 1 2 3 4 5 1 0 1 1 1 1 1 2 1 0 1 2 3 4 2 1 0 2 2 2 2 3 2 1 0 1 2 3 3 1 2 0 3 3 3 4 3 2 1 0 1 2 4 1 2 3 0 4 4 5 4 3 2 1 0 1 5 1 2 3 4 0 5 6 5 4 3 2 1 0 6 1 2 3 4 5 0 Vidimo da varijable X i Y poprimaju razliˇcite vrijednosti na pojedinim elementarnim dogadajima, medutim njihova je razdioba identiˇcna! 0 1 2 3 4 5 X, Y ∼ 6 10 8 6 4 2 36 36

36 36

36 36

Vrijedi 10 8 6 4 2 70 6 +1· +2· +3· +4· +5· = . 36 36 36 36 36 36 36 10 8 6 6 +1· +4· +9· D(X) = D(Y) = 0 · 36 36 36 36 70 2 4 2 + 16 · = 2.052. + 25 · − 36 36 36

E(X) = E(Y) = 0 ·



∗∗∗ Neke informacije o medusobnoj ovisnosti dviju sluˇcajnih varijabli moˇzemo dobiti na temelju sljedećih numeriˇckih karakteristika. Kovarijacijski moment. Koeficijent korelacije

Kovarijacijski moment varijabli X i Y definira se formulom cov(X, Y) := E[(X − mX )(Y − mY )] = E(XY) − mX mY . Koeficijent korelacije definira se formulom cov(X, Y) . r(X, Y) := σX σY

Koeficijent korelacije daje nam neku informaciju o meduovisnosti sluˇcajnih varijabli X i Y . Za nezavisne sluˇcajne varijable uvijek je cov(X, Y) = 0 pa s tim i r(X, Y) = 0 . Obrat nije istinit. Varijable koje su nekorelirane ne moraju biti nezavisne. Centrirane i normirane sluˇcajne varijable

Neka je a realan broj. Razdioba sluˇcajne varijable X − a poznata nam je ukoliko znamo razdiobu varijable X . Kako se mijenjaju numeriˇcke karakteristike? Vrijedi E(X − a) = E(X) − a, D(X − a) = D(X). Zbog cˇega se disperzija ne mijenja? Najlakˇse je to razumjeti ako na konstantu a gledamo kao na sluˇcajnu varijablu koja poprima uvijek istu vrijednost a . Ta je varijabla nezavisna od X , a njezina je disperzija jednaka nuli. Zato je D(X − a) = D(X) + D(a) = D(X) . Pri translaciji ne mijenja se niti kovarijacijski moment: cov(X − a, Y − b) = E{[(X − a) − E(X − a)][(Y − b) − E(Y − b)]} = E{[X − E(X)][Y − E(Y)]} = cov(X, Y) Posljediˇcno, pri translaciji se ne mijenja niti koeficijent korelacije. ◦ Izaberemo li a = mX , tada sluˇcajnu varijablu X − mX oznaˇcavamo s X . Za nju ◦ ◦ ◦ vrijedi E(X = 0 , D(X) = D(X) . Za sluˇcajnu varijablu X kaˇzemo da je centrirana. Oˇcekivanje i disperzija sluˇcajne varijable aX + b iznose E(aX + b) = aE(X) + b, D(aX + b) = a2 D(X). Posebno vaˇzan sluˇcaj izbora konstanti a i b nastupa kad je rezultirajuće oˇcekivanje jednako nuli, a disperzija jedinici. Neka je m = E(X) , σ 2 = D(X) . Za sluˇcajnu varijablu X−m X ∗ := σ kaˇzemo da je dobivena normiranjem iz sluˇcajne varijable X . Vrijedi 1 1 1 D(X ∗ ) = 2 D(X − m) = 2 D(X) = 1. E(X ∗ ) = E(X − m) = 0, σ σ σ

103

104


Koeficijent korelacije ne mijenja se normiranjem! Naime, vrijedi mX ∗ = mY ∗ = 0 , σX ∗ = σY ∗ = 1 pa dobivamo X − mX Y − mY cov(X, Y) r(X ∗ , Y ∗ ) = E(X ∗ Y ∗ ) = E · = r(X, Y). = σX σY σX σY ∗∗∗ Za sluˇcajne varijable koje nisu nezavisne, općenito je D(X +Y) = D(X)+D(Y) . Toˇcniju vezu iskazat cémo u sljedećem teoremu. Disperzija zbroja sluˇcajnih varijabli Teorem 3.3. Disperzija zbroja S = X1 + . . . + Xn sluˇcajnih varijabli raˇcuna

se formulom

D(S) =

n

D(Xi ) + 2

cov(Xi , Xj ).

i<j

i=1

Dokaz. Vrijedi mS = mX1 + . . . + mXn pa je 2 n D(S) = E[(S − mS )2 ] = E (Xi − mXi ) i=1

=

n

E(Xi − mXi )2 +

n

E[(Xi − mXi )(Xj − mXj )]

i=j

i=1

=

D(Xi ) + 2

i=1

cov(Xi , Xj ).

i<j

Svojstva koeficijenta korelacije Teorem 3.4. Za koeficijent korelacije uvijek je ispunjeno

|r(X, Y)| 1. Jednakost r(X, Y) = ±1 vrijedi onda i samo onda kad je Y = aX + b za neke konstante a i b .

Dokaz. Neka su X ∗ , Y ∗ normirane sluˇcajne varijable pridruˇzene varijablama X i Y . Onda imamo D(X ∗ ± Y ∗ ) = D(X ∗ ) + D(Y ∗ ) ± 2 cov(X ∗ , Y ∗ ) = 2[1 ± r(X, Y)]. Lijeva strana je uvijek pozitivna, pa je zato pozitivna i desna. Odatle slijedi |r(X, Y)| 1.


105


Nadalje, jednakost r(X, Y) = 1 vrijedit cé samo onda kad bude D(X ∗ − Y ∗ ) = 0 . To je moguće samo kad je sluˇcajna varijabla X ∗ − Y ∗ jednaka konstanti. Odavde zakljuˇcujemo da mora biti Y − mY X − mX − = const σY σX odnosno Y = aX + b, pri cˇemu je a = σY /σX i b neki realni broj. Sliˇcno zakljuˇcujemo i u sluˇcaju kad je r(X, Y) = −1 . Primjer 3.12. Ispravan novˇcić je baˇcen tri puta. Neka X oznaˇcava broj pojavljenih grbova, Y duljinu najduˇzeg niza uzastopno pojavljenih grbova. Odredi zakon razdiobe vektora (X, Y) te koeficijent korelacije r(X, Y) .

Postoji osam jednako vjerojatnih elementarnih dogadaja. Odrediti cémo za svaki od njih vrijednosti varijabli X i Y i zatim sastaviti zakon razdiobe vektora (X, Y) . PPP PPG PGP GPP PGG GPG GGP GGG

X 0 1 1 1 2 2 2 3

Y 0 1 1 1 2 1 2 3

Y 0

1

2

3

1 8

0

0

0

1

0

0

0

2

0

3 8 1 8

2 8

0

3

0

0

0

1 8

4 8

2 8

1 8 1 8

X 0

1 8 3 8 3 8 1 8

1

Izraˇcunajmo sada cov(X, Y) , D(X) i D(Y) . 1 3 3 1 12 +1· +2· +3· = , 8 8 8 8 8 4 2 1 11 1 , E(Y) = 0 · + 1 · + 2 · + 3 · = 8 8 8 8 8 3 1 2 1 22 1 , E(XY) = 0 · + 1 · + 2 · + 4 · + 9 · = 8 8 8 8 8 8 44 22 12 11 − · = , cov(X, Y) = 8 8 8 64 1 3 3 1 12 2 48 D(X) = 0 · + 1 · + 4 · + 9 · − = , 8 8 8 8 8 64 1 4 2 1 11 2 47 D(Y) = 0 · + 1 · + 4 · + 9 · − = , 8 8 8 8 8 64 44 cov(X, Y) 44 r(X, Y) = =√ = 64 = 0.926. 48 47 47 · 48 D(X)D(Y) · 64 64 E(X) = 0 ·

106


Karakteristiˇcna funkcija

Integralne transformacije vaˇzan su alat u matematiˇckoj analizi. Pokazat cémo da se tim sredstvom uspjeˇsno rjeˇsavaju i mnogi problemi teorije vjerojatnosti. Analogoni Fourierovih i Laplaceovih transformata ovdje predstavljaju karakteristiˇcne funkcije i funkcije izvodnice. Karakteristiˇcna funkcija

Karakteristiˇcna funkcija sluˇcajne varijable X definira se formulom

ϑX (t) := E(eitX ) Dakle,

ϑX (t) =

pk eitxk .

(4)

k

Karakteristiˇcna funkcija postoji za svaku sluˇcajnu varijablu, jer je oˇcekivanje slucˇajne varijable eitX uvijek konaˇcno. (Apsolutna vrijednost te sluˇcajne varijable jednaka je jedinici.) U sljedećem cémo poglavlju koristiti neka od svojstava karakteristiˇcnih funkcija, koja nećemo u ovom trenutku dokazivati. Svojstva karakteristiˇcne funkcije

- razdiobu: dvije razliˇcite 1◦ Karakteristiˇcna funkcija jednoznaˇcno odreduje razdiobe ne mogu imati istu karakteristiˇcnu funkciju. 2◦ Ako su X1 , . . . , Xn nezavisne, tada je ϑX1 +...+Xn (t) = ϑX1 (t) · · · ϑXn (t). (5) 3◦ Vrijedi formula

ϑ (r) (0) , r = 1, 2, . . . ir ukoliko oˇcekivanje postoji. Posebice, E(X) = −iϑ (0), E(X r ) =

D(X) = −ϑ (0) + ϑ (0)2 .

(6)

(7)

Funkcije izvodnice

Za diskretne sluˇcajne varijable, koje uzimaju vrijednosti u skupu (0, 1, 2, . . .) cˇesto je jednostavnije umjesto karakteristiˇcne funkcije promatrati funkciju izvodnicu ψX definiranu ovako: ∞ ψX (z) = pk zk = E(zX ). k=0


107

Ovaj red konvergira sigurno na podruˇcju |z| < 1 jer je pk 1 za svaki k . Poznavanje funkcije izvodnice cˇesto nam omogućava da jednostavno odredimo zakon razdiobe sluˇcajne varijable, jer vrijedi: ψ (n) (0) pn = . n! Za ovu tvrdnju ne trebamo dodatni dokaz, jer je funkcija izvodnica definirana zbrojem svog McLaurinovog reda, pa za koeficijente reda mora vrijediti navedena formula.

3.4. Rijeˇseni zadatci Zadatak 3.1. Zadana je sluˇcajna varijabla X svojom razdiobom

X∼

1 2 3 ... 1 1 1 2 22 23 . . .

.

Odredi zakon razdiobe sluˇcajne varijable Y = cos π X . Y poprima samo dvije vrijednosti +1 i −1 . Y = −1 za X = 1, 3, 5, . . . , Y = 1 za X = 2, 4, 6, . . . , 1 1 2 + + ... = , 2 8 3 1 1 1 + ... = . q2 = P (Y = 1) = p2 + p4 + p6 + . . . = + 4 16 3 −1 1 Y∼ . 2 1

q1 = P (Y = −1) = p1 + p3 + p5 + . . . =

Dakle,

3

3

Zadatak 3.2. Zadana je razdioba sluˇcajnog vektora (X, Y) : P (X = −1, Y = −1) = P (X = 0, Y = −1) = P (X = 1, Y = −1) = 16 , P (X = −1, Y = 1) = 14 , P (X = 0, Y = 1) = P (X = 1, Y = 1) = 18 . Odredi marginalne razdiobe varijabli X i Y , te razdiobe varijabli Z = X + Y , W = XY .

Napiˇsimo najprije razdiobu vektora (X, Y) : Y −1 X 1 −1 6 0 1

1 6 1 6 1 2

1 1 4 1 6 1 8 1 2

10 24 7 24 7 24

108


Dakle, marginalne razdiobe su −1 0 1 X ∼ 10 7 7 , 24

Y∼

24 24

−1 1 1 2

1 2

.

Varijabla Z = X + Y ima razdiobu −2 −1 0 1 2 Z∼ 1 1 5 1 1 6

6

12 8

8

(Provjeri! Razdiobu varijable Z cˇitamo iz razdiobe vektora (X, Y) , nikako iz marginalnih razdioba varijabli X i Y , poˇsto ove nisu nezavisne.) Varijabla W poprima vrijednosti −1 , 0 , 1 : 5 P (W = −1) = P (X = −1, Y = 1) + P (X = 1, Y = −1) = , 12 7 , P (W = 0) = P (X = 0) = 24 7 . P (W = 1) = P (X = −1, Y = −1) + P (X = 1, Y = 1) = 24 Dakle, −1 0 1 W ∼ 10 7 7 . 24

24

24

Zadatak 3.3. Odredi razdiobu vektora (W, Z) iz prethodnog zadatka.

Vektor (W, Z) uzima samo pet vrijednosti: P (Z = −2, W = 1) = P (X = −1, Y = −1) = P (Z = −1, W = 0) = P (X = 0, Y = −1) =

1 , 6

1 , 6

P (Z = 0, W = −1) = P (X = −1, Y = 1) + P (X = 1, Y = −1) = 1 , 8 1 P (Z = 2, W = 1) = P (X = 1, Y = 1) = . 8 Tako dobivamo razdiobu vektora (W, Z) : P (Z = 1, W = 0) = P (X = 0, Y = 1) =

Z −2 W −1 0

−1

0

1

2

0

5 12

0

0

0

0

1 6

0

1 8

0

1

1 6 1 6

0

0

0

1 6

5 12

1 8

1 8 1 8

5 12 7 24 7 24

1

5 , 12


109

Zadatak 3.4. Adrese na n pisama napisane su na sreću. Neka je Xn broj pisama koja su otiˇsla na toˇcnu adresu. Izraˇcunaj E(Xn ) i D(Xn) .

Izraˇcunati cémo E(Xn) i D(Xn ) , ne raˇcunajući razdiobu varijable Xn ! Naime, ona se moˇze napisati u obliku Xn = ξ1 + . . . + ξn , gdje je 1, ako je k–to pismo toˇcno adresirano, ξk = 0, u protivnom sluˇcaju. Sve sluˇcajne varijable ξk imaju istu razdiobu 1 0 ξk ∼ 1 n−1 n

n

ali medusobno nisu nezavisne. Njihovo je oˇcekivanje E(ξk ) = 1n . Stoga je - vrijedi D(ξk ) = 1 − 12 = n−2 1 . Da odredimo E(Xn ) = E(ξk ) = 1 . Takoder, n n n D(Xn ) , potrebno je joˇs znati E(ξk ξl ) , za k = l . Kako ta varijabla poprima samo dvije vrijednosti, 0 i 1, dovoljno je odrediti P(ξk ξl = 1) = n(n1−1) , te je i E(ξk ξl ) = n(n1−1) . Zato 1 1 1 cov(ξk , ξl ) = = 2 − . n(n − 1) n2 n (n − 1) Konaˇcno dobivamo n n−1 1 n D(Xn) = D(ξk ) + 2 cov(ξk , ξl ) = +2 = 1. 2 2 n n (n − 1) k=1

k 2 . Izraˇcunaj disperziju sluˇcajne varijable Z = X + Y . 24. Razdioba vjerojatnosti dvodimenzionalnog slucˇajnog vektora (X, Y) zadana je tablicom

P (X i)P (Y i).

i=1

17. Sluˇcajna varijabla X poprima samo cjelobrojne nenegativne vrijednosti. Dokaˇzi da je E(X [k] ) = k

∞ X

n[k−1] P (X > n)

X 0 1 2 3

Y

0 1/8 1/8 0 0

1 0 1/8 1/8 1/4

2 0 0 0 1/4

- koeficijent korelacije r . Nadi

n=1 [k]

za proizvoljan cjelobrojni k 2 . (Ovdje je x x(x − 1) · · · (x − k + 1). )

=

18. Biramo dva broja iz skupa (1, 2, . . . , n) (isti broj moˇze biti izabran dva puta). Kolika je vjerojatnost da njihov zbroj neće biti veći od n ? Kolika je oˇcekivana vrijednost tog zbroja? ∗∗∗ 19. X i Y su nezavisne diskretne sluˇcajne varijable sa zakonom razdiobe: 1 1 P (X = n) = · , n = 0, 1, 2, . . . e n! n 1 2 , n = 0, 1, 2, . . . P (Y = n) = 2 · n! e Odredi razdiobu sluˇcajne varijable Z = X + Y te izraˇcunaj njeno oˇcekivanje i disperziju.

25. Baca se kocka. Sluˇcajna varijabla X poprima vrijednost koja je dva puta veća od broja okrenutog na kocki, dok sluˇcajna varijabla Y poprima vrijednost 1 kad je broj okrenut na kocki neparan, a vrijednost 3 kad je okrenuti broj paran. Odredi disperziju sluˇcajne varijable Z = X + Y . 26. Iz skupa od tri broja S = (1, 2, 3) na sreću biramo 2 broja. Ako su izvuˇceni brojevi i, j ∈ S , sluˇcajnu varijablu X definiramo sa X = max(i, j) , a sluˇcajnu varijable Y sa Y = min(i, j) . Jesu li varijable X i Y korelirane, i ako jesu, izraˇcunaj pripadni koeficijent korelacije r(X, Y) .


115

27. Baca se kocka. Sluˇcajna varijabla X poprimi vrijednost +1 ako je okrenuti broj paran, a vrijednost −1 ako je okrenuti broj neparan, dok sluˇcajna varijabla Y poprimi vrijednost +1 kad je broj okrenut na kocki 3 , a vrijednost −1 kad je okrenuti broj > 3 . Izraˇcunaj disperziju D(Z) sluˇcajne varijable Z = X − Y . 28. Kod bacanja dviju kocaka sluˇcajna varijabla X poprima vrijednost maksimuma, a sluˇcajna varijabla Y vrijednost minimuma okrenutih brojeva. Jesu li varijable X i Y korelirane; ako jesu odredi koeficijent korelacije r(X, Y) . 29. Zadana je razdioba diskretnog sluˇcajnog vektora (X, Y) : Y X −1 0 1

0 1/4 1/6 1/8

1 1/6 1/8 1/6

Odredi razdiobu sluˇcajnog vektora (Z, T) , ako je Z = 2X + Y , T = 2X − Y . 30. Baca se kocka. Sluˇcajna varijabla X poprima vrijednost koja je jednaka dvostrukom broju od broja okrenutog na kocki, dok sluˇcajna varijabla Y poprima vrijednost 0 kad je broj okrenut na kocki paran, a vrijednost 1 kad je okrenuti broj neparan. Izraˇcunaj koeficijent korelacije r(X, Y) . ∗∗∗ 31. Sluˇcajna varijabla X poprima vrijednosti u skupu (−2, −1, 0, 1, 2) s jednakim vjerojatnostima. Odredi njenu karakteristiˇcnu funkciju.

32. Diskretna sluˇcajna varijabla X ima jednoliku razdiobu na skupu S = (1, 3, 5, . . . , 2n+1) . Odredi njenu karakteristiˇcnu funkciju. 33. Diskretna sluˇcajna varijabla X definirana je sljedećom razdiobom vjerojatnosti P (X = x) = 0.5|x| , x = . . . , −4, −2, 1, 3, 5 . . . - oˇcekivanje Koristeći karakteristiˇcnu funkciju nadi od X . 34. Odredi karakteristiˇcnu funkciju geometrijske razdiobe, dane sa P(X = k) = p(1−p)k , k = 0, 1, 2, . . . i na temelju toga izraˇcunaj njeno oˇcekivanje. ∗∗∗ 35. Pokaˇzi da je 1 + cos3 t 2 karakteristiˇcna funkcija i odredi pripadnu razdiobu. 36. Provjeri da je

ϑ (t) =

ϑ (t) =

1 2

cos t +

1 6

cos 2t +

1 2

cos 3t

karakteristiˇcna funkcija i odredi pripadnu razdiobu. ∗∗∗ 37. Neka je ψ (z) = E(zX ) funkcija izvodnica varijable X . Dokaˇzi da za svaki α > 0 vrijedi „ « Z 1 1 zα −1 ψ (z)dz. E = X+α 0

4.

Primjeri diskretnih razdioba

1. Geometrijska razdioba 2. Binomna razdioba . . . 3. Poissonova razdioba . Zadatci za vjeˇzbu . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

116 119 123 128

U ovom cémo se poglavlju upoznati s najvaˇznijim diskretnim sluˇcajnim varijablama: geometrijskom, binomnom i Poissonovom. Opisat cémo pripadne razdiobe, objasniti u kojim se modelima one pojavljuju, izraˇcunati njihove karakteristiˇcne funkcije i pripadne numeriˇcke karakteristike.

4.1. Geometrijska razdioba Neka je pri izvodenju nekog pokusa p vjerojatnost realizacije dogadaja A . Ponavljamo taj pokus u nepromijenjenim uvjetima do prve realizacije tog dogadaja. Neka - A . Onda kaˇzemo sluˇcajna varijabla X mjeri broj pokusa u kojem se realizirao dogadaj da X ima geometrijsku razdiobu s parametrom p i piˇsemo X ∼ G(p) . Odredimo zakon razdiobe ove sluˇcajne varijable. Najprije, X poprima vrijednosti u skupu {1, 2, 3, . . .} . Odredimo vjerojatnost pk = P (X = k). Ako se realizirao dogadaj {X = k} , to znaˇci da se u prvih k − 1 pokusa A nije pojavio, a pojavio se u k -tom pokusu, pa je pk = P (X = k) = p(1 − p)k−1 . Stavimo q := 1 − p . Primjetimo da vrijedi P (X > k) = (1 − p)k = qk

- A nije ostvario u prvih k pokusa. h jer se tada dogadaj 116

4.1. GEOMETRIJSKA RAZDIOBA

117

Karakteristiˇcna funkcija, oˇcekivanje i disperzija

Odredimo najprije karakteristiˇcnu funkciju geometrijske razdiobe: ∞ ∞ peit ϑ (t) = eitk · pqk = peit (qeit )k = . 1 − qeit k=1

k=0

Iskoristimo tu funkciju da izraˇcunamo oˇcekivanje ove razdiobe. Vrijedi ipeit ϑ (t) = (1 − qeit )2 pa je E(X) = −iϑ (0) =

p 1 = . (1 − q)2 p

Dakle, oˇcekivanje je jednako reciproˇcnoj vrijednosti parametra — vjerojatnosti p . Taj je rezultat u skladu s iskustvom. Pri bacanju jedne kocke, vjerojatnost pojavljivanja sˇ estice jednaka je p = 16 . Broj bacanja kocke do pojave sˇ estice mjeri sluˇcajna varijabla koja ima geometrijsku razdiobu. Oˇcekivani broj ponavljanja jednak je E(X) = 1/p = 6 . Kolika je vjerojatnost da cé se sˇ estica zaista pojaviti u tih prvih sˇ est bacanja? Odgovor na to pitanje daje zakon razdiobe sluˇcajne varijable: 6 5 P (X 6) = 1 − P (X > 6) = 1 − = 0.665 . 6 ∗∗∗ Odsustvo pamćenja — temeljno svojstvo geometrijske razdiobe Teorem 4.1. Sluˇcajna varijabla X koja poprima vrijednosti u skupu {1, 2, 3, . . .} ima geometrijsku razdiobu onda i samo onda ako vrijedi za sve k, m 1 P (X = k + m | X > k) = P (X = m). (1)

Dokaz. Jedan je smjer jednostavan: ako X ima geometrijsku razdiobu, onda je P (X = k + m, X > k) P (X = k + m) P (X = k + m | X > k) = = P (X > k) P (X > k) k+m−1 p(1 − p) = = p(1 − p)m−1 = P (X = m). (1 − p)k Pokaˇzimo obrat. Iz (1) slijedi, zbrajanjem svih nejednakosti po prirodnim brojevima većim od m : P (X > k + m | X > k) = P (X > m). Uvjetna vjerojatnost na lijevoj strani moˇze se napisati u obliku: P (X > k + m, X > k P (X > k + m) P (X > k + m | X > k) = = . P (X > k) P (X > k)

118

4. PRIMJERI DISKRETNIH

RAZDIOBA

Tako smo dobili identitet P (X > k + m) = P (X > k)P (X > m). To znaˇci da funkcija Q(k) := P (X > k) zadovoljava funkcionalnu jednadˇzbu Q(k + m) = Q(k)Q(m), ∀k, m 0. (2) Nadalje, vrijedi Q(0) = P (X > 0) = 1 , Q(1) = P (X > 1) = 1 − p =: q . Stavimo u (2) k = 1 : Q(m + 1) = Q(1)Q(m) =⇒ Q(m + 1) = q · Q(m). Iterirajući ovu relaciju dobivamo Q(k) = qk Q(0) = qk . Dakle, P(X > k) = qk . Zato je P (X = k) = P (X > k − 1) − P (X > k) = qk−1 − qk = (1 − q)qk−1 = pqk−1 . Time smo dokazali tvrdnju. ∗∗∗ Na sˇ to ovaj teorem ukazuje? Rekli smo da X mjeri broj realizacija pokusa do pojavljivanja nekog dogadaja. Ako promatramo bacanje kocke i sˇ estica se nije pojavila u prvih pet bacanja, Kolika je vjerojatnost da cé se ona pojaviti u sljedeća dva bacanja? Koliki je oˇcekivani broj bacanja do pojave sˇ estice u tom trenutku? Odgovori na ova pitanja su: ista (isti) kao i na poˇcetku bacanja. Niti se mijenjaju vjerojatnosti, niti se mijenja oˇcekivani broj bacanja. Ako se sˇ estica nije pojavila u prvih pet bacanja, oˇcekivani broj (novih) bacanja do njezine pojave je opet jednak 6. Kaˇzemo da geometrijska razdioba nema pamćenje. Pokusi sa dva nezavisna obiljeˇzja

- A1 i Pretpostavimo da pri realizaciji pokusa promatramo dva nezavisna dogadaja A2 . Pokus ponavljamo do realizacije bilo kojeg od njih. Opiˇsimo ovaj pokus koristeći aparat sluˇcajnih varijabli. - A1 . Ona ima geometrijsku Neka sluˇcajna varijabla X1 prati pojavljivanje dogadaja razdiobu s parametrom p1 = P (A1 ) . A2 ima Na isti naˇcin, sluˇcajna varoijabla X2 koja biljeˇzi realizaciju dogadaja geometrijsku razdiobu s parametrom p2 = P (A2 ) . Te dvije sluˇcajne varijable su nezavisne, jer su A1 i A2 nezavisni. Sluˇcajna varijabla X koja registrira prvo pojavljivanje bilo kojeg od ovih dogadaja moˇze se zapisati formulom X = min(X1 , X2 ) . Dokazat cémo da ona ima takoder geometrijsku razdiobu i odrediti njezin parametar. Vrijedi, zbog nezavisnosti P (X > k) = P (X1 > k, X2 > k) = P (X1 > k)P (X2 > k) = qk1 qk2 =: qk gdje je q = q1 q2 . Zato P (X = k) = P (X > k − 1) − P (X > k) = qk−1 − qk = pqk−1

4.2. BINOMNA

119

RAZDIOBA

te X ima geometrijsku razdiobu s parametrom p = 1 − q = 1 − (1 − p1 )(1 − p2 ) . Korisno je izraˇcunati vjerojatnost dogadaja A = A1 ∪ A2 i usporediti s ovim rezultatom. Primjer 4.1. Izlazna centrala poduzeća ima N linija. U jednom trenutku, sve su linije zauzete. Duljina razgovora, mjerena u jedinicama vremena, ima geometrijsku razdiobu s oˇcekivanjem μ . Izraˇcunaj oˇcekivano vrijeme do prve slobodne linije.

Neka su X1 , . . . , Xn duljine razgovora preko pojedinih linija. Tad je X = 1 min{X1 , . . . , Xn } . Ako je p parametar geometrijske razdiobe, onda vrijedi μ = p 1 te je p = . Sluˇcajna varijabla X ima i sama geometrijsku razdiobu s parametrom μ 1 − qN . Njezino je oˇcekivanje 1 1 E(X) = = . N 1 N 1−q 1− 1− μ μ Za veliki μ , pribliˇzna vrijednost ovog oˇcekivanja je . N U interpretaciji ovog rezultata treba biti vrlo oprezan. Nije svejedno u kojim se jedinicama mjeri vrijeme. Uzmemo li da je na primjer μ = 120 sekunda, dobit cémo potpuno razliˇcite rezultate od pretpostavke μ = 2 minute. Evo tablica vrijednosti oˇcekivanja E(X) za razne vrijednosti broja N : N μ = 120 sec μ = 2 min

1 120 2.00

2 60.3 1.33

3 40.3 1.14

4 30.4 1.07

5 24.4 1.03

6 20.4 1.02

7 17.6 1.01

8 15.4 1.00

9 13.8 1.00

10 12.5 1.00

Zbog cˇega dolazi do ovako razliˇcitih rezultata?

4.2. Binomna razdioba Vjerojatno najvaˇznija diskretna razdioba jest binomna. Neka je p vjerojatnost realizacije dogadaja A pri izvodenju nekog pokusa. Pretpostavimo da istovjetan pokus ponavljamo n puta. Neka sluˇcajna varijabla X mjeri broj - A . Onda kaˇzemo da X ima binomnu razdiobu s parametrima pojavljivanja dogadaja n i p i piˇsemo X ∼ B(n, p) . X poprima vrijednosti u skupu {0, 1, 2, . . . n} . Odredimo pk = P (X = k) . - {X = k} , to znaˇci da se u n pokusa A ostvario toˇcno Ako se realizirao dogadaj k puta, a n − k puta se nije ostvario. Broj razliˇcitih mogućnosti za odabir pokusa u n kojima se A ostvario je . Zato je k n k pk = P (X = k) = p (1 − p)n−k . k Uobiˇcajeno je oznaˇciti q := 1 − p .

120


RAZDIOBA

Pn P= 1 2

P< 1 2

n

m

Sl. 4.1. Razdioba binomne sluˇcajne varijable, za p < (desno).

1 2

(lijevo) i u simetriˇcnom sluˇcaju p =

1 2

ˇ je vjerojatnije u igri s ravnopravnim protivnikom: dobiti 3 partije Primjer 4.2. Sto od 4 ili 5 partija od 8? (Igra nema nerijeˇsenog ishoda.) Broj dobivenih partija ravna se po binomnoj razdiobi. U prvom sluˇcaju to je zakon B(4, 12 ) , a u drugom sluˇcaju B(8, 12 ) . Zato imamo 1 1 8 4 P {3 partije od 4} = · 3· = , 3 2 2 32 1 1 7 8 . P {5 partija od 8} = · 5· 3 = 5 2 2 32 Primjer 4.3. Pokus se sastoji u bacanju triju kocki. Izraˇcunaj vjerojatnost da se u 10 nezavisnih pokusa 4 puta pojave toˇcno 2 jedinice. - { pri bacanju triju kocaka pojavile su se toˇcno 2 Oznaˇcimo s A dogadaj jedinice } . Broj pojavljivanja jedinica je binomna sluˇcajna varijabla B(3, 16 ) , poˇsto se bacaju - A 3 kocke a vjerojatnost pojavljivanja jedinice iznosi 16 . Zato je vjerojatnost dogadaja jednaka 1 2 5 5 3 p = P (A) = = . 2 6 6 72 Broj realizacija dogadaja A pri ponavljanju 10 pokusa je binomna sluˇcajna varijabla B(10, p) . Vjerojatnost da se on pojavi toˇcno 4 puta iznosi 5 4 67 6 10 4 6 10 p q = = 3.17 · 10−3 . 4 4 72 72


Odredimo najprije karakteristiˇcnu funkciju binomne razdiobe. Neka je X ∼ B(n, p) . Tada imamo n n n k n−k ϑ (t) = eitk pk = eitk pq k k=0

k=0

n n (peit )k qn−k = (peit + q)n . = k k=0

4.2. BINOMNA

121

RAZDIOBA

Po formuli (7) vrijedi

ϑ (t) = n(peit + q)n−1peit i, ϑ (0) = n(p + q)n−1 pi = npi =⇒ E(X) = np. Na isti naˇcin dobivamo ϑ (0) = n(n − 1)p2 i2 + npi2 = −n(n − 1)p2 − np te je D(X) = −ϑ (0) + ϑ (0)2 = n(n − 1)p2 + np − n2 p2 = np − np2 = npq. Binomna razdioba, definicija i numeriˇcke karakterisike

Kaˇzemo da sluˇcajna varijabla X ima binomnu razdiobu s parametrima n i p i piˇsemo X ∼ B(n, p) , ako X poprima vrijedosti unutar skupa {0, 1, 2, . . . , n} s vjerojatnostima n k pk = P (X = k) = p (1 − p)n−k . k Oˇcekivanje i disperzija binomne razdiobe su mX = np,

σX2 = npq.

Stabilnost binomne razdiobe

Ako su X1 ∼ B(n1 , p) i X2 ∼ B(n2 , p) nezavisne binomne sluˇcajne varijable, onda je X1 + X2 binomna sluˇcajna varijabla. Odredimo njezine parametre. Vrijedi ϑX1 (t) = (q + peit )n1 , ϑX2 (t) = (q + peit )n2 te je zbog nezavisnosti od X1 i X2 ϑX1 +X2 (t) = ϑX1 (t)ϑX2 (t) = (q + peit )n1 +n2 a to je karakteristiˇcna funkcija binomne razdiobe B(n1 + n2 , p) . Ovaj je rezultat prirodan. Rijeˇc je o tome da smo promatrali isti pokus, s time da smo ga podijelili na dvije cjeline: u prvoj smo pokus ponovili n1 puta, a u drugoj n2 puta. Broj realizacija dogadaja A u cijelom pokusu jednak je zbroju tih realizacija u pojedinim cjelinama. Bernoullijeve sluˇcajne varijable

Poseban, najjednostavniji primjer binomne sluˇcajne varijable je Bernoullijeva ili indikatorska sluˇcajna varijabla: ona poprima samo dvije vrijednosti: 1 s vjerojatnoˇscú - A u jednom pokusu. p i 0 s vjerojatnoˇscú q = 1 − p . Ona biljeˇzi realizaciju dogadaja Ako su Xi Bernoullijeve nezavisne varijable s istim parametrom p , tada je njihov zbroj X1 + X2 + . . . + Xn binomna sluˇcajna varijabla B(n, p) . Ova tvrdnja slijedi zbog svojstva stabilnosti binomnih sluˇcajnih varijabli.

122


RAZDIOBA

Na temelju toga moˇzemo lakˇse izraˇcunati oˇcekivanje i disperziju binomne sluˇcajne varijable. naime, za indikatorsku sluˇcajnu varijablu vrijedi E(Xi ) = 0 · q + 1 · p = p,

D(Xi ) = 02 · q + 12 · p − p2 = pq,

∀i,

pa je, zbog nezavisnosti E(X) = E(X1 ) + . . . + E(Xn ) = np, D(X) = D(X1 ) + . . . + D(Xn ) = npq. ∗∗∗ Primjer 4.4. (Najvjerojatnija realizacija) Sluˇcajna varijabla X ima binomnu razdiobu B(n, p) . Koja je najvjerojatnija realizacija sluˇcajne varijable X ?

Traˇzimo takav k za koji je

n k n−k pq k najveće. Tada cé biti p0 p1 . . . pk i pk pk+1 . . . pn . Dovoljno je stoga promatrati dvije nejednakosti pk−1 pk i pk pk+1 i pronaći k za koji su one ispunjene. Vrijedi n k n−k pq pk q k+1 k = = · n pk+1 p n−k pk+1 qn−k−1 k+1 pk = P (X = k) =

i ovaj kvocijent je veći od 1 ako je q(n − k) p(k + 1) . Odavde dobivamo k (n + 1)p − 1 . Sliˇcno n k n−k pq pk q n−k+1 k = = · 1 n pk−1 p k pk−1 qn−k+1 k−1 daje k (n + 1)p . Prema tome, najvjerojatnija realizacija sluˇcajne varijable B(n, p) je onaj cijeli - (n + 1)p − 1 i (n + 1)p . Ako je (n + 1)p cijeli broj, postoje broj ukljeˇsten izmedu tada dvije takve vrijednosti. Primjer 4.5. Koliko puta moramo baciti kocku da bi najvjerojatniji broj pojavljivanja sˇ estice bio 10?

Neka je n broj bacanja kocke. Broj pojavljivanja sˇ estice u n bacanja je binomna varijabla B(n, 16 ) . Po proˇslom zadatku mora biti 1 1 (n + 1) − 1 10 (n + 1) . 6 6 Dakle, n + 1 66 i n + 1 60 , odnosno, 59 n 65 .

4.3. POISSONOVA RAZDIOBA

123

Zadatak 4.1. Vjerojatnost kvara brodskog motora u toku jednog dana iznosi p . Ukoliko je motor bio u kvaru m puta, vjerojatnost da mora otići u remont jednaka je 1 m P(m) = 1 − 1 − , gdje je ω neki parametar (srednji broj kvarova do odlaska ω broda u remont). Dokaˇzi da je vjerojatnost da cé brod morati otići na remont nakon n p n . dana plovidbe jednaka Pn = 1 − 1 − ω Neka je Pn,m vjerojatnost da cé u toku n dana motor biti u kvaru m puta. Po formuli potpune vjerojatnosti, dobivamo n Pn = Pn,m P(m). m=0

Vjerojatnost kvara u toku svakog dana jednaka p . Broj kvarova unutar n dana ravna se po binomnoj razdiobi. Zato je vjerojatnost Pn,m dana sa n m Pn,m = p (1 − p)n−m . m Uvrˇstavanjem u gornju formulu dobivamo n 1 m n m p (1 − p)n−m 1 − 1 − Pn = m ω m=0

n n p m n m n n−m = p (1 − p) p− − (1 − p)n−m m m ω m=0 m=0 n p p n =1− p− +1−p =1− 1− . ω ω

4.3. Poissonova razdioba Poissonovu razdiobu moˇzemo dobiti kao graniˇcni sluˇcaj binomne, kad broj pokusa - zamjenjuje intenzitet neograniˇceno raste. Ulogu vjerojatnosti p pojavljivanja dogadaja λ pojavljivanja dogadaja. Promotrimo sljedeći primjer. Unutar smjese od koje cé se ispeći m = 25 kolaˇcića stavljeno je n = 100 zrna groˇzdica. Neka je X sluˇcajna varijabla: broj zrna unutar jednog kolaˇcica. Kakva je razdioba sluˇcajne varijable X ? Pretpostavljamo da se svako zrno moˇze neovisno jedno o drugom naći s jednakom - unutar jednog vjerojatnoˇscú unutar bilo kojeg kolaˇcića. Vjerojatnost da se zrno nade 1 odabranog kolaˇcića je p = . Broj zrna unutar tog kolaˇcića je binomna sluˇcajna m 1 varijabla s parametrima n i p = . m Primjetimo da je oˇcekivani broj zrna unutar jednog kolaˇcića jednak E(X) = np = n . Oznaˇcimo tu veliˇcinu s λ . Ona oznaˇcava intenzitet pojavljivanja zrna unutar nekog m kolaˇcića.

124


RAZDIOBA

Model sliˇcan ovom pojavljuje se pri promatranju broja poziva koji cé stići na neku telefonsku centralu u nekoj jedinici vremena. Ako za m = 25 minuta na centralu stigne u prosjeku n = 100 poziva, tada je broj poziva unutar jedne minute — baˇs kao u prijaˇsnjem primjeru s groˇzdicama — binomna razdioba s parametrima n = 100 , 1 p= . Primjetimo da je oˇcekivani broj poziva λ = 4 . 25 - ova dva primjera jest u tome sˇ to je broj groˇzdica - bio unaprijed Razlika izmedu poznat, i ograniˇcen odozgo. Ukupan broj poziva u drugom primjeru nije poznat, već je dan kao statistiˇcka veliˇcina. Sasvim je razumno pretpostaviti, barem u teoriji, da taj broj nije ograniˇcen odozgo. Od binomne razdiobe prema Poissonovoj

Aproksimacija binomne razdiobe Teorem 4.2. Neka je n velik a p malen. Oznaˇcimo λ = np . tad vrijedi

aproksimacija

λ k −λ n k n−k ≈ e . pq k k!

1 i transformirajmo izraz slijeva: p 1 k 1 n−k n k n 1− p (1 − p)n−k = k k m m n Sada je λ = np = . Pustimo da broj n neograniˇceno raste: m λ k λ n−k λ n−k 1 n(n − 1) · · · (n − k + 1) k n 1− 1 − = λ k n n k! nk n k − 1 k λ n−k 1 1 ··· 1 − = λ 1− ·1· 1− k! n n n λ k −λ → e . k! Dokaz. Oznaˇcimo m =

Greˇska koja se cˇini ovakvom aproksimacijom pribliˇzno je jednaka izrazu rn (k) = sˇ to nećemo ovdje dokazivati.

k − (k − np)2 kp2 + , 2n 2

(1)


125

Poissonova razdioba, definicija i numeriˇcke karakteristike

Kaˇzemo da sluˇcajna varijabla X ima Poissonovu razdiobu s parametrom λ > 0 i piˇsemo X ∼ P(λ ) ako ona poprima vrijednosti unutar skupa {0, 1, 2, . . .} s vjerojatnostima

λ k −λ e . k! Za oˇcekivanje i disperziju ove razdiobe vrijedi pk = P (X = k) =

σX2 = λ .

mX = λ ,

Pn

n

Sl. 4.2. Razdioba Poissonove sluˇcajne varijable


Odredimo najprije karakteristiˇcnu funkciju Poissonove razdiobe P(λ ) . ∞ ∞ it it λk (λ eit )k ϑ (t) = eitk e−λ = e−λ = e−λ eλ e = eλ (e −1) . k! k! k=0

k=0

Odavde, na temelju veze karakteristiˇcne funkcije i momenata sluˇcajne varijable, dobivamo E(X) = λ , D(X) = λ . Primjer 4.6. U telefonskoj centrali tijekom jednog sata bilo je 240 poziva. Odredi vjerojatnost da tijekom jedne minute a) nije bilo nijednog poziva, b) bilo je barem dva poziva.

Neka je X sluˇcajna varijabla: broj poziva u jednoj (bilo kojoj) minuti. To je Poissonova varijabla s intenzitetom λ koji je jednak oˇcekivanoj vrijednosti, λ = 240 60 = 4 .

λ 0 −λ e = e−4 = 0.018, 0! P (X > 2) = 1 − P (X = 0) − P (X = 1) = 1 − e−4 − 4e−4 = 0.908. P (X = 0) =

Stabilnost Poissonove razdiobe

Ako su X1 ∼ P(λ1 ) i X2 ∼ P(λ2 ) nezavisne sluˇcajne varijable, onda je X1 + X2 - Poissonova sluˇcajna varijabla. Dokaˇzimo tu tvrdnju i odredimo parametar ove takoder razdiobe.

126


RAZDIOBA

Karakteristiˇcna funkcija Poissonove razdiobe je it

ϑXk (t) = eλk (e te slijedi

−1)

k = 1, 2

,

it

ϑX1 +X2 = e(λ1 +λ2 )(e

−1)

sˇ to je karakteristiˇcna funkcija Poissonove razdiobe P(λ1 + λ2 ) . ∗∗∗ Zamislimo li varijablu X1 kao broj poziva na prvi telefon centrale nekog poduzeća, a X2 kao broj poziva na drugi telefon, tada, po gornjem, ukupan broj poziva ima takoder Poissonovu razdiobu. Ako je poznata vrijednost tog zbroja, pogledajmo sˇ to se moˇze reći o vrijednostima pojedinih varijabli. Primjer 4.7. Neka su X1 i X2 nezavisne sluˇcajne varijable, s Poissonovim zakonom P(λ1 ) , odnosno P(λ2 ) . Poznato je da je njihov zbroj X1 +X2 poprimio vrijednost n . Dokaˇzi da je tada vrijednost od X1 rasporedena po binomnom zakonu s parametrima λ1 n i p= , tj. λ1 + λ2 n k n−k pq . P (X1 = k | X1 + X2 = n) = k

Jednostavni raˇcun daje P (X1 =k | X1 + X2 = n) =

P (X1 = k, X2 = n − k) P (X1 + X2 = n)

λ1k −λ1 λ2n−k −λ2 k n−k · e e λ λ2 k! (n − k)! n 1 = = . k (λ1 + λ2 )n −λ1 −λ2 λ1 + λ2 λ1 + λ2 e n! Primjer 4.8. Centrala poduzeća ima dva pozivna broja. Na prvi stiˇze oko 20% poziva viˇse nego na drugi broj. Ako je u protekloj minuti stiglo 5 poziva, kolika je vjerojatnost da je cˇeˇscé pozivan prvi broj?

Pozivi na pojedine brojeve su nezavisne Poissonove varijable s parametrima λ1 i λ2 pri cˇemu je λ1 = 1.2λ2 . Iskoristit cémo rezultat proˇslog zadatka: razdioba varijable X1 uz uvjet X1 + X2 = 5 je binomna, s parametrima n = p i λ1 6 p= = . λ1 + λ2 11 Zato je 6 3 5 2 6 4 5 6 5 5 5 P (X1 3 | X1 + X2 = 5) = + · + = 0.585. 3 11 4 11 11 11 11


127

Aproksimacija binomne razdiobe Poissonovom

Za veliko n i maleno p , binomna razdioba B(n, p) moˇze se aproksimirati Poissonovom razdiobom P(np) . Primjer 4.9. Proizvodi neke velike serije, koja sadrˇzi 0.7% sˇ karta, pakiraju se u kutije po 100 komada. Koliki cé postotak kutija biti bez ijednog sˇ karta, a koliki sa dva ili viˇse sˇ kartova?

Broj sˇ kartnih proizvoda u jednoj kutiji je sluˇcajna varijabla X distribuirana po binomnom zakonu B(100, 0.007) . Zato 100 P (X = 0) = 0.0070 0.993100 = 0.4954, 0 P (X 2) = 1 − P (X = 0) − P (X = 1) 100 = 1 − 0.993100 − 0.007 · 0.99399 = 0.1554. 1 Moˇzemo aproksimirati X ≈ P (0.7) . Jednostavniji raˇcun daje P (X = 0) = e−0.7 = 0.4966, P (X 2) = 1 − e−0.7 − 0.7e−0.7 = 0.1558. Primjer 4.10. Na lovaˇcki zrakoplov ispaljeno je 5000 metaka. Vjerojatnost po- vjerojatnost da cé metak gotka za svaki metak je 0.001 . Ako je zrakoplov pogoden, prouzroˇciti pad zrakoplova je 0.05 . Izraˇcunaj vjerojatnost da cé zrakoplov biti sruˇsen.

Neka je X sluˇcajna varijabla: broj pogodaka u zrakoplov. Tada je X ∼ B(5000, 0.001) . Oznaˇcimo - sa k metaka}, Hk = {zrakoplov je pogoden A = {zrakoplov je sruˇsen}. Vrijedi 5000 P (A|Hk )P (Hk ). P (A) = k=1

Pri tom je

P (A|Hk ) = 1 − P (A|Hk ) = 1 − 0.95k - s k metaka jednaka je (vjerojatnost da zrakoplov neće biti sruˇsen ukoliko je pogoden k 0.95 ). 5000 0.001k 0.9995000−k P (Hk ) = P (X = k) = k sˇ to je nepraktiˇcno za daljnji raˇcun. Zato aproksimiramo B(5000, 0.001) ≈ P(5) i dobivamo 5k P (Hk ) = e−5 . k!

128


RAZDIOBA

Sada je P (A) =

5000 k=1 −5

=e

(1 − 0.95k )

5k −5 e k!

5000 k 5

5000 4.75k

k=1 5

k!

−

k=1

k!

= e−5 (e − e4.75 ) = 0.22.


1. Sluˇcajne varijable X1 i X2 su nezavisne, distribuirane po geometrijskom zakonu s parametrom q . Dokaˇzi da vrijedi P (X1 = k | X1 + X2 = n) =

1 , n+1

( k = 0, 1, . . . , n ). 2. Neka je X broj pokusa u Bernoullijevoj shemi koje je potrebno izvesti do r -tog pojavljivanja dogadaja A ( r fiksan broj). Dokaˇzi da je „ « n P (X = n) = r − 1 pr qn−r+1 (n r) . Kaˇzemo da X ima negativnu binomnu razdiobu. Provjeri da se za r = 1 dobiva geometrijska razdioba. Izraˇcunaj E(X) i D(X) . 3. U urni se nalazi n kuglica od kojih je samo jedna bijela. Izvlaˇcimo na sreću jednu po jednu kuglicu iz urne (bez vraćanja). Neka X oznaˇcava pokuˇsaj u kojem je izvuˇcena bijela kuglica. Odredi razdiobu i oˇcekivanje varijable X . 4. Dokaˇzi: ako je prolaznost studenta na nekom ispitu 40 %, onda je matematiˇcko oˇcekivanje broja izlazaka na dotiˇcni ispit jednako 2.5 . 5. Sluˇcajna varijabla X poprima nenegativne cjelobrojne vrijednosti s vjerojatnostima P (X = n) =

an , (1 + a)n+1

(a > 0)

(Pascalova razdioba). Izraˇcunaj oˇcekivanje i disperziju varijable X .

6. Hipergeometrijska razdioba. U urni se nalazi - kojima je M bijelih. Iz urne uziN kuglica, medu mamo na sreću n kuglica. Neka je X broj bijelih - njima. Odredi razdiobu varijable X . medu - kojima je M 7. U urni se nalazi N kuglica, medu bijelih. Izvlaˇcimo na sreću n kuglica u modelu a) s vraćanjem b) bez vraćanja Izraˇcunaj oˇcekivanje i disperziju broja bijelih kuglica u oba sluˇcaja. Koja je disperzija manja? ∗∗∗ 8. Pokus se sastoji u bacanju triju kocki. Izraˇcunaj vjerojatnost da se u 5 nezavisnih pokusa 2 puta pojave toˇcno 3 jedinice. 9. Neka je X sluˇcajna varijabla distribuirana po binomnom zakonu B(n, p) . Odredi parametre n i p ako je poznato E(X) = 12 i D(X) = 4 . 10. U krug je upisan jednakostraniˇcni trokut. Izracˇunaj vjerojatnost da cé se od 10 na sreću odabranih toˇcaka unutar kruga barem dvije naći unutar trokuta. 11. Sluˇcajna varijabla X ima binomnu razdiobu B(n, p) . Odredi oˇcekivanje i disperziju sluˇcajne varijable Y = e2X+1 . ∗∗∗ 12. Sluˇcajna varijabla X ima Poissonovu razdiobu. Ako vrijedi P (X = 1) = P (X = 2) , izraˇcunaj - {X 4} . oˇcekivanje E(X) i vjerojatnost dogadaja 13. Pretpostavimo da je 220 greˇsaka rasporedeno sluˇcajno unutar knjige od 200 stranica. Odredi vjerojatnost da dana stranica sadrˇzi


a) niti jednu greˇsku, b) jednu greˇsku, c) barem dvije greˇske. - 200 ljudi budu 14. Kolika je vjerojatnost da medu barem 4 ljevaka, ako ljevaka ima prosjeˇcno 1% ? 15. Vjerojatnost pogotka u cilj pri jednom hicu iz- vjerojatnost da od 5000 metaka nosi 0.001 . Nadi barem dva pogode cilj. 16. Stroj proizvodi 99.8% ispravnih i 0.2% neispravnih proizvoda. Kolika je vjerojatnost da u uzorku od 500 proizvoda budu viˇse od tri neispravna? 17. Pri prijemu neke poruke vjerojatnost pogreˇsnog prijema svakog pojedinog znaka iznosi 0.01 . Kolika je vjerojatnost da u primljenoj poruci od 10 znakova a) ne bude nijednog pogreˇsnog znaka, b) budu barem dva pogreˇsna znaka? 18. Sluˇcajna varijabla ima „ Poissonov « zakon s para1 metrom λ . Izraˇcunaj E . 1+X - ima 2000 jednakih dijelova. Vje19. Neki uredaj rojatnost kvara pojedinog dijela je 0.0005 . Kolika je vjerojatnost da cé se pokvariti viˇse od tri dijela? 20. Ako je vjerojatnost da cé pacijent pokazati loˇsu reakciju na lijek 0.001 , odredi vjerojatnost da medu 3000 ljudi 5 ili viˇse pokazuje loˇsu reakciju na lijek.

129 21. Kamion prevozi na gradiliˇste 4000 komada cigala. Vjerojatnost da se cigla pri prijevozu razbije je 0.005 . Odredi vjerojatnost da kamion stigne na gradiliˇste sa najmanje 10 i najviˇse 40 razbijenih cigala. 22. Na automatsku telefonsku centralu dolazi prosjeˇcno 90 poziva na sat. Uz pretpostavku da je broj poziva u bilo kojem vremenskom intervalu sluˇcajna varijabla koja ima Poissonovu razdiobu, naći vjerojatnost da za 2 minute na centralu prispiju najmanje 5 poziva. 23. Pri korekturi knjige od 300 stranica primijećeno je 1100 greˇsaka. Koristeći Poissonovu razdiobu izraˇcunaj vjerojatnost da se na pojedinoj stranici nalazi viˇse od 3 greˇske. Koliki je najvjerojatniji broj greˇsaka na pojedinoj stranici? 24. Mjerenja su pokazala da radioaktivna tvar ispuˇsta za 7.5 sekundi u prosjeku 3.87 α –ˇcestica. Kolika je vjerojatnost da u toku 1 sekunde ta tvar ispusti barem jednu α –ˇcesticu, a kolika da u toku 1 sekunde ispusti najviˇse dvije α –ˇcestice? 25. Broj rodenja djeˇcaka odnosno djevojˇcica u toku jednog dana su nezavisne sluˇcajne varijable s Poissonovom razdiobom, s parametrima λ1 i λ2 . Ako je poznato da je u toku tog dana bilo ukupno - njima n rodenja, kolika je vjerojatnost da je medu bilo k djeˇcaka?

130

ˇ ODGOVORI I RJE SENJA

Odgovori i rjeˇsenja

§ 1. Vjerojatnost

6. A. A B C , B. ABC , C. ABC , D. A+B+C , E. A B C+ABC+A B C , F. A B C , G. (A+B+ C) − ABC . 7. A = A1 A2 · · · An , B = A1 + A2 + . . . + An = A, C = A1 A2 · · · An + A1 A2 A3 · · · An + . . . + A1 · · · An−1 An + A1 A2 · · · An . 8. A , B , AC , B + C . 9. da, ne, ne. 10. AB + BC + CA , A . 10. da, ne, ne. 12. ne, ne, da, ne. 13. B , B . 15. 0.4 , 0.6 , 0.2 . 17. Po uvjetima zadatka je A1 A2 ⊆ A , zato

41. tg

π π π2 tg , . 2n n 2

43. 0 . 44. 0.011 r 2 arc sin 45. . π 2R 1 . 46. 16 47. 3 . 4 48. 139 1152 49. 0.16 . 50. 12 (1 + ln 2) .

51. 0.5 . 58. Smatramo (pri konstrukciji vjerojatnosnog prosˇ tora) da su sva slova razliˇcita! Cetiri slova moˇzemo 4 odabrati na N = V10 = 10 · 9 · 8 · 7 naˇcina. Povoljni naˇcini su 2 · 3 · 2 · 1 poˇsto na prvo mjesto moˇze doći bilo koje od dva slova M, na drugo neko od tri slova P (A) P (A1 A2 ) = P (A1 ) + P (A2 ) − P (A1 + A2 ) A itd. 1 59. 3 . P (A1 ) + P (A2 ) − 1. 6 60. 4 . 20. Oznaˇci x = P (AB) , y = P (AB) , z = P (AB) 9 i izrazi traˇzene vjerojatnosti preko x, y, z . 61. 5 . 12 28. AB = {12, 14, 16, 21, 41, 61} , AC = ∅ , BC = 6 {11} , AB = {11, 13, 15, 31, 51} . 62. U svim sluˇcajevima je N = V 6 = 66 . Povoljni su a) M = 6! . b) Raˇcunamo vjerojatnost 29. 1 , 2 , 0 . suprotnog dogadaja: najviˇse jedna Povoljni 8 3 ` sˇéstica. ` ´` ´` ´ 6 su M = 5 + 6 · 55 . c) M = 63 · 3! 62 42 22 . 5 18 25 24 , , , . 30. 36 36 36 36 d) M = 46 . π 63. 0.5177 , 0.4914 . 35. 16 64. 0.665 , 0.619 , 0.597 37. 0.25 . 6 1 65. N = C45 , M6 = 1 , M5 = C65 C39 , M4 = 38. 0.5915 . 4 2 3 3 −7 C6 C39 , M3 = C6 C39 , p6 = 1.228 · 10 , p5 = 39. 0.399 . 2.973 · 10−5 , p4 = 1.364 · 10−3 , p3 = 0.022 . „ 2 «n r −r2 π ; 1−e . 40. p = 1 − 1 − 2 66. 5 . R 6


67. 33 . 68 68. 0.0000342 . 2 10 /C32 = 69. 4 · C24

1 . 58435

2 C51 C10 C1 C2 C1 C2 C1 C2 · 43 8 · 3 3 6 · 2 3 4 3 C15 C12 C9 C6 35 5!10! = 0.081 . = 15! 2n (n!)2 . 74. (2n)! 75. 0.101 . 76. m = 6 . 3 2 C3 4C13 4C48 64 77. a) ; b) 1 − 48 ; c) 3 ; d) ; 3 3 3 C52 C52 C52 C52 4 · 133 ; e) 3 C52

73.

C93 26 C3 C3 C3 ; b) 9 96 3 9 3 3

79. 14 . 31 80. P (A) = 5 , P (B) = 5 . 54 18 81. 84p7 q3 . 82. 7 . 10 83. 0.7063 ; 0.1130 . 12! 1 12! 6 , b) · C12 · 12 , 84. a) 1212 (2!)6 12 30! 1 6 c) 6 6 · C12 · 30 ≈ 0.00035 . 2 ·6 12 85. (1 − p2 )n . m1 n1 m1 +n1 Cn /Cm+n . 86. Cm

2n m!n! (m + n)! 88. 1 , 1 . 3 3 m−1 n−m CN−M /CNn . 89. CM−1

87.

90.

2(n!)2 (2n)!

` ´ ` ´ 1 (N n − N1 (N − 1)n + N2 (N − 2)n − . . . + Nn ` N ´ n (−1)N−1 N−1 1 ). 91.

70. 19 66 71. 16 . 33 9 10 /C20 = 0.526 , 72. p1 = C21 C18 2 8 10 p2 = C4 C16 /C20 = 0.428 .

78. a)

131

92.

6(n!)3 . (3n)!

2(n!)2 . (2n)! „ «„ « 2m 2n m n « . 94. „ 2m + 2n m+n 93.

95.

(k−1)(k−2) 2(k−1)(n−k) , . n(n−1) n(n−1)

96. 97. 98. 99.

1 − 21−n 0.2568 . 0.0259 . 0.6436

§ 2. Uvjetna vjerojatnost 1. Ne. 9. r 0 , r 23 te r = 13 . 19. A i B ; A i D ; A i E ; A i F ; B i C ; B i E ; B i F; C i D; C i E; C i F; D i E; D i F; E i F. 1 20. , zavisni su. 3 21. 91 , 5 , 1 , ne. 216 9 2 22. Zavisni su. 5 91 60 1 , , , . 23. 9 216 91 2 7 , 1 . 24. 0.0309 , 0.56 , 11664 16 1281 25. P (A) = 1 , P (B) = 1 , P (C) = 4 , 27 16 6 P (C|B) = 22 . 27 26. P (A) = P (A|B) = 24 , P (A|C) = 1260 . 91 3367 A i B su nezavisni. 1 . 27. n 28. 2 . 5

132 29. 0.1581 . 30. 38 . 105 31. Vjerojatnost je 1/n , za svaku osobu. 32. 244 . 495 33. Prvi! Vjerojatnost za njega je 47 90 , za drugog 16 27 , a za tre´ c eg . Optimalna strategija za prvog 90 90 strijelca jest (ukoliko su preostala dva joˇs uvijek - u zrak. nazoˇcna) da gada 34. 0.3302 . 35. 0.896 . 36. 0.00236 37. 43 . 2976 38. 0.00416 . 39. 12 . 13 40. 0.0769 . 2m1 m2 + m1 n2 + m2 n1 . 41. 2(m1 + n1 )(m2 + n2 ) 42. 9 . 35 43. 0.607 . 44. 13 p(6 − 5p) .


58.

2n2 − 3n + 2 . n2 (n − 1)

27 25 , P{X = 11} = , 216 216 P (A | X = 12) = 0.6 . 60. 2 . 5 61. 1 . 3 62. 0.615 . n4 (n1 +n2 +n3 ) 63. . n2 n1 + n3 (n1 +n2 ) + n4 (n1 +n2 +n3 ) 64. 41 . 55 65. 1 2 66. 4 21 67. 1 . 3 68. 5 . 32 69. p1 = 0.9856 , p2 = 0.0879 . 70. 0.0392 . 71. 11 40 45. 12 − p1 q1 q22 − q21 p2 q2 − 12 q21 q22 + 12 p21 q22 + 72. 17 53 2 2 1 2 2 m−1 2 p2 q1 + p1 p2 q2 + p1 p2 q1 . . 73. 46. 0.9204 . m+n−1 1 74. 0.41 ; 0.24 . . 47. n 75. 4 . 5 48. 9 . 35 76. 0.556 . 2 1 Xn „ n «“ i ”k C2 + Cm C1 C1 C1 + Cn21 Cn22 +2 Cm 1 m2 +2 1 n1 m2 +1 n2 +1 . 49. . 77. 1/ 2 i=0 i n Cm C2 1 +n1 m2 +n2 +2 m1 m2 + n1 n2 1 78. 37 . + 50. 72 2 2(m1 + n1 )(m2 + n2 ) 79. Dvije plave kuglice. 51. 10 . 80. 0.25 . 19 n−k 12 , baˇs kao da uzorka i nema. 81. 52. . n+m−k 17 53. m/n u svim sluˇcajevima 82. 21 . 31 m . 54. 83. 0.552 . m+k „ « 84. 0.298 . 1 n 2n−3 55. . , 1+ 85. 0.251 . n−1 2 2 3 (1−t)p . 86. 56. 124 . 1−tp 243 87. 9 . 57. 13 24 16 59. P{X = 12} =


88.

133

q(1 − α )2 . + (1 − α )2 q

i zatim transformiraj desnu stranu u jednakosti

pα 2

E(X [k] ) =

89. 0.756 . „ « P5 1000 0.005k 0.9951000−k . 91. k=0 k

1. P (X = k) = 2. P (X = k) = 3. 4. 5. 6.

1 , k = 1, . . . , n . n 2 Ck−1

Cn3

, k = 3, . . . , n .

kn − (k−1)n P (X = k) = , k = 1, . . . , N . Nn 0 ; 1.80 . 2 + 1. ln 2 4.08 ; 2.837 .

7. 1.53 (n + 1)(4n − 1) 8. . 6n 9. 6 . 5 10. 3. 11. 7 . 3

n−1 , n + 1. 2n

19. Poissonova s parametrom λ = 3 , E(Z) = 3 , D(Z) = 3 . „ «„ «k „ «n−k 1 5 n 20. P (Y = k) = k ; 6 6 5n ; E(Y) = 6 5n 1 + 5n + 12.5n(n−1) D(Y) = . ; 36 6n 21. E(X) = 0 , E(X 2 ) = n/2 , E(X 3 ) = 0 22. D(Z) = 161 . 4 23. 166.92 . √ 24. r(X, Y) = 14 10 . 25. D(Z) = 44 . 3 26. r(X, Y) = 0.5 . 27. D(Z) = 8 . 3 28. r(X, Y) = 35 . 73 29. f (−2, −2) = 14 , f (−1, −3) = 16 , f (0, 0) = 1 1 1 1 6 , f (1, −1) = 8 , f (2, 2) = 8 , f (3, 1) = 6 .

12. a) D(X) = E(X) + E(X)2 ; ak b) P (X = k) = . (a + 1)k

30. −0.293 . 31.

13. 4 , 10 . 7 7 „ « n „ «2 X 1 1 2n 1 n ≈ = 14. k πn 22n 22n n k=0 8 k+1 > > k = 0, 1, . . . , n < (n+1)2 , 15. P (Z=k) = 2n+1−k > > : , k = n+1, . . . , 2n (n+1)2

2 5 (cos 2t

32. ϑX (t) = 33. ϑX (t) =

n[k] = k

m=1

m[k−1] ,

+ cos t + 12 ) e2it(n+1) − 1 eit · . n+1 e2it − 1 1 4e2it

2eit ; E(X) = 2 . 9 4 − e2it

p 1 ; E(X) = − 1 . 1 − (1 − p)eit p „ « −3 −1 0 1 3 35. X ∼ . 1 3 8 3 1 16

∀n

−1

+

34. ϑX (t) =

17. Uputa. Dokaˇzi da vrijedi n−1 X

n[k] P (X = n).

n=1

18.

§ 3. Diskretne sluˇcajne varijable i vektori

∞ X

36. X ∼

„

16

16

16

16

−3 −2 −1 1 2 3 1 4

1 12

1 6

1 6

1 12

1 4

«

.

134

§ 4. Primjeri dskretnih razdioba q q 2. E(X) = r , D(X) = r 2 . p p 1 3. P (X = k) = , k = 1, . . . , n ; n n+1 . E(X) = 2 1 1 = 2.5 4. E(X) = = p 0.4 5. E(X) = a ; D(X) = a(a + 1) . „ «„ « M N−M k n−k „ « . 6. pk = P (X = k) = N n nM N − M nM , D(X) = · . 7. a) E(X) = N N N nM N − M N − M nM , D(X) = · · . b) E(X) = N N N N−1 8. 2.11 · 10−4 .


9. 18 , 2 . 3 10. 0.961 . 11. E(Y) = e(e2 p + q)n , D(Y) = e2 (e4 p + q)n − e2 (e2 p + q)2n . 12. 2 ; 0.143 13. 0.333 ; 0.366 ; 0.301 14. 0.143 15. 0.960 16. 0.019 17. 0.9044 ; 0.0043 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24. 25.

1 − e−λ λ 0.019 . 0.185 . 0.55 0.185 . 0.4989 , 3 greˇske. 0.4031 , 0.9844 . „ «„ «k „ «n−k λ1 λ2 n k λ1 +λ2 λ 1 + λ2

KAZALO

135

KAZALO A

aditivnost vjerojatnosti, 9 algebra dogadaja, 8 aposteriorne vjerojatnosti, 74 apriorne vjerojatnosti, 74

B

Bayesova formula, 74 Bernoullijeva sluˇcajna varijabla, 121 binomna razdioba, 119 Booleova algebra, 8 Buffonov problem, 29

C

centralni moment reda n , 100 centrirana sluˇcajna varijabla, 103

D

de Morganovi zakoni, 6 - 3 disjunktni dogadaji, diskretna sluˇcajna varijabla, 89 disperzija, 100 - elementarni, 1 dogadaj, - 7 dogadaj, - ekvivalentni, 3 dogadaji, - nezavisni, 68 dogadaji,

E

- 3 ekvivalentni dogadaji, - 1 elementarni dogadaj,

F

funkcija izvodnica, 106

G

geometrijska razdioba, 90, 116 geometrijska vjerojatnost, 27

H

hipoteze, 72

I

ishodiˇsni moment reda n , 100

K

karakteristiˇcna funkcija, 106 kartezijev umnoˇzak, 30 klasiˇcni vjerojatnosni prostor, 14 koeficijent korelacije, 103 kombinacije s ponavljanjem, 43 kombinacije, 38 komplement dogadaja, 5 konaˇcni vjerojatnosni prostor, 11 kovarijacijski moment, 103

M

marginalne razdiobe, 94 monotonost vjerojatnosti, 9

N

negativna binomna razdioba, 128 - 1 nemoguć dogadaj, neprekinutost vjerojatnosti, 22 nezavisne sluˇcajne varijable, 91, 92 - 68, 69 nezavisni dogadaji, normirane sluˇcajne varijable, 103 numeriˇcke karakteristike, 97

O

oˇcekivanje, 97

P

particija vjerojatnostnog prostora, 72 partitivni skup, 33 permutacije s ponavljanjem, 37 permutacije, 35 Poissonova razdiobu, 125 potpun sustav dogadaja, 72 prebrojiva ( σ -) aditivnost, 21 prebrojiva ( σ -) algebra, 21 presjek dogadaja, 4

R

rasipanje, 100 razlika dogadaja, 5

S

- 1 sigurni dogadaj, Silvesterova formula, 19 simetriˇcna razlika, 59 sluˇcajne varijable, nezavisne, 91 standardna devijacija, 101 Stirlingova formula, 17 stohastiˇcki pokus, 1 - 5 suprotni dogadaj,

U

umnoˇzak dogadaja, 4 unija dogadaja, 4 uvjetna razdioba, 95 uvjetna vjerojatnost, 65

V

varijacije s ponavljanjem, 31 varijacije, 34 varijacije bez ponavljanja, .34 varijanca, 100 vjerojatnost dogadaja, 9 vjerojatnost umnoˇska dogadaja, 66 vjerojatnosti, aposteriorne, 74 vjerojatnosti, apriorne, 74

Z

zakon razdiobe sluˇcajne varijable, 89 zakon razdiobe sluˇcajnog vektora, 93 zakon razdiobe, 93 zbroj dogadaja, 4

Vjerojatnost i statistika - Diskretna vjerojatnost

Vjerojatnost i statistika - Statistika i procesi

Vjerojatnost i statistika - Slučajne varijable

Diskretna matematika

Diskretna matematika s teorijom grafova

I

I Miserabili - I

Algebra I: Pt. I

А.Насибов. I-W-I

Algebra I: Pt. I

I Think I Love You

I Think I Love You

Europe: I Struggle, I Overcome

I Do But I Don't

I Capuleti e i Montecchi

I Did Tell, I Did

I Do (But I Don't)

I Rant, Therefore I Am

Europe: I Struggle, I Overcome

I Think I Love You

Pars I: Exercitia Latina I

I Think, Therefore I Laugh

I Think I Love You

I Vecchi E I Giovani

I Write What I Like

I vecchi e i giovani

I Am What I Am

I Sommersi E I Salvati

Otvoreno društvo i njegovi neprijatelji (tom I i II)

I, Jedi

I Kill

Vjerojatnost i statistika - Diskretna vjerojatnost

Vjerojatnost i statistika - Statistika i procesi

Vjerojatnost i statistika - Slučajne varijable

Diskretna matematika

Diskretna matematika s teorijom grafova

I

I Miserabili - I

Algebra I: Pt. I

А.Насибов. I-W-I

Algebra I: Pt. I

I Think I Love You

I Think I Love You

Europe: I Struggle, I Overcome

I Do But I Don't

I Capuleti e i Montecchi

I Did Tell, I Did

I Do (But I Don't)

I Rant, Therefore I Am

Europe: I Struggle, I Overcome

I Think I Love You

Pars I: Exercitia Latina I

I Think, Therefore I Laugh

I Think I Love You

I Vecchi E I Giovani

I Write What I Like

I vecchi e i giovani

I Am What I Am

I Sommersi E I Salvati

Otvoreno društvo i njegovi neprijatelji (tom I i II)

I, Jedi

I Kill

Recommend Documents