FTN - Zbirka Resenih Ispitnih Zadataka (2001.) iz verovatnoce, statistike i slucajnih procesa

UNIVERZITET U NOVOM SADU ˇ FAKULTET TEHNICKIH NAUKA

Tatjana Grbi´c

Ljubo Nedovi´c

Zbirka reˇ senih ispitnih zadataka iz verovatno´ ce, statistike i sluˇ cajnih procesa

Novi Sad, 2001. god.

Naslov:

Zbirka reˇsenih ispitnih zadataka iz verovatno´ce, statistike i sluˇcajnih procesa

Autori:

mr Tatjana Grbi´c, asistent na Fakultetu tehniˇckih nauka u Novom Sadu Ljubo Nedovi´c, asistent na Fakultetu tehniˇckih nauka u Novom Sadu

Recenzenti:

dr Mila Stojakovi´c, redovni profesor na Fakultetu tehniˇckih nauka u Novom Sadu dr Jovan Maliˇsi´c, redovni profesor na Matematiˇckom fakultetu u Beogradu dr Zorana Luˇzanin, docent na Prirodno-matematiˇckom fakultetu u Novom Sadu - ori´c, asistent na mr Dragan D Fakultetu organizacionih nauka u Beogradu - ori´c, asistent na mr Emilija Nikoli´c D Poljoprivrednom fakultetu u Novom Sadu mr Zoran Ovcin, asistent na Fakultetu tehniˇckih nauka u Novom Sadu

Kompjuterski slog:

Ljubo Nedovi´c

Izdavaˇc:

Fakultet tehniˇckih nauka, Novi Sad

Tiraˇz:

100 primeraka

Autori zadrˇzavaju sva prava. Bez pismene saglasnosti autora nije dozvoljeno reprodukovanje (fotokopiranje, fotografisanje, magnetni upis ili umnoˇzavanje na bilo koji naˇcin) ili ponovno objavljivanje sadrˇzaja (u celini ili u delovima) ove knjige.

Predgovor

”Zbirka reˇsenih ispitnih zadataka iz verovatno´ce, statistike i sluˇcajnih procesa” sadrˇzi zadatke sa ispita ”Sluˇcajni procesi” iz perioda januar 1999. - oktobar 2001. godine koji su odrˇzani na elektrotehniˇckom odseku Fakulteta tehniˇckih nauka u Novom Sadu. Svaki rok sadrˇzi 6-9 zadataka u zavisnosti od vaˇze´ceg plana i programa. Ova Zbirka namenjena je prvenstveno studentima elektrotehniˇckog odseka Fakulteta tehniˇckih nauka u Novom Sadu, gde se verovatno´ca, statistika i sluˇcajni procesi predaju na drugoj (smer raˇcunarstvo) i tre´coj (smer telekomunikacije) godini studija. Pored toga Zbirka se preporuˇcuje i studentima saobra´cajnog odseka koji na drugoj godini studija u okviru predmeta ”Matematiˇcka statistika”izuˇcavaju oblasti obrad¯ene u ovoj zbirci. Autori se nadaju da ´ce je sa uspehom koristiti i studenti ostalih odseka Fakulteta tehniˇckih nauka u Novom Sadu, kao i studenti drugih fakulteta koji izuˇcavaju osnove verovatno´ce, statistike i sluˇcajnih procesa. Zbirku preporuˇcujemo i talentovanim srednjoˇskolcima koji u ˇcetvrtom razredu izuˇcavaju verovatno´cu i statistiku. U Zbirci smo koristili definicije i oznake kao u knjizi ”Sluˇcajni procesi” Mile Stojakovi´c. Takod¯e su za testiranje hipoteza, intervale poverenja i centralnu graniˇcnu teoremu koriˇs´cene tablice iz iste knjige. U toku 1999. godine u predlaganju nekih zadataka je uˇcestvovao Zoran Ovcin, te mu se ovom prilikom zahvaljujemo. Zahvaljujemo se recenzentima Stojakovi´c dr Mili , Maliˇsi´c dr Jovanu, Luˇzanin - ori´c mr Draganu , Nikoli´c D - ori´c mr Emiliji i Ovcin mr Zoranu na dr Zorani , D veoma korisnim sugestijama koje su doprinele poboljˇsanju ove Zbirke. Unapred se zahvaljujemo svima koji ˇcitaju´ci ovaj tekst ukaˇzu na eventualne greˇske, koje bismo otklonili u narednom izdanju Zbirke. Finansijsku pomo´c za izdavanje Zbirke pruˇzili su: ”Vista king” (Novi Sad), ”Pagal” (Ratkovo), ”Sitoplast” (Ratkovo) i ”Tehnopromet Gero”(Ratkovo), te im se i ovom prilikom zahvaljujemo.

Novi Sad, decembar 2001.

Autori

11.01.1999. 1. Aparat sadrˇzi 4 procesora tako da su svaka dva direktno povezana. Verovatno´ca neispravnosti svake veze je p (p ∈ (0, 1)) nezavisno od ispravnosti ostalih veza. Aparat je ispravan ako i samo ako postoji direktna ili posredna veza izmed¯u svaka dva procesora. Na´ci verovatno´cu ispravnosti aparata. 2. Igraˇc baca homogenu kocku sa numerisanim stranama sve do prve pojave broja deljivog sa 3. Ako se broj deljiv sa 3 prvi put pojavi u neparnom po redu bacanju, igraˇc dobije m dinara, a inaˇce gubi n dinara. Neka sluˇcajna promenljiva X predstavlja dobitak (odnosno gubitak) igraˇca u dinarima. Odrediti vezu izmed¯u parametara m i n tako da oˇcekivani dobitak igraˇca (matematiˇcko oˇcekivanje sluˇcajne promenljive X) bude nula. 3. Data je sluˇcajna promenljiva X sa uniformnom U (1, 4) raspodelom. Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive (Y, Z), gde je Y = X 2 − 1 i Z = eX − 2. 4. Sluˇcajna promenljiva X predstavlja broj automobila koji prolaze kroz neku posmatranu raskrsnicu tokom jednog minuta ima (u svakoj minuti) Poasonovu raspodelu sa parametrom λ = 30. (a) Na´ci verovatno´cu da tokom 20 minuta kroz raskrsnicu prod¯e najmanje 200 automobila. (b) Odrediti maksimalnu vrednost broja m takvog da sa verovatno´com ve´com od 0.9 broj automobila koji za 20 minuta prolaze kroz raskrsnicu bude bar m. 5. Dat je homogen lanac Markova ˇciji je skup mogu´cih stanja S prebrojiv (S = {a1 , a2 , . . . , an , . . .}). Verovatno´ce prelaza su definisane na slede´ci naˇcin: P (Xn+1 = a1 | Xn = ai ) = 13 , P (Xn+1 = ai+1 | Xn = ai ) = 23 , P (Xn+1 = aj | Xn = ai )

= 0, j 6∈ {1, i + 1} ,

gde n ∈ N, i ∈ N. Neka su poˇcetne verovatno´ce zadate sa P (X1 = a1 ) = 1

(odnosno p1 = [1, 0, 0, . . .]) .

(a) Na´ci verovatno´ce stanja za n = 3 (tj. raspodelu za X3 ). (b) Na´ci matricu prelaza P za jedan korak. (c) Na´ci finalne verovatno´ce. 6. Sluˇcajna promenljiva X ima raspodelu U (0, b), b > 0. Na osnovu prostog uzorka obima n dobijena je ocena ˆb = 2X n . (a) Ispitati da li je navedena ocena centrirana. (b) Ispitati postojanost (stabilnost) ocene. 1

Reˇ senja: ¡ ¢ 1. U aparatu ima ukupno 42 = 6 direktnih veza. Posmatrajmo slede´ce dogad¯aje i njihove verovatno´ce: A0 A1

-

A2

-

A3

-

A

-

6

”svih 6 veza su ispravne”, sledi P (A0 ) = (1 − p) , ”neispravna je taˇcno jedna (bilo koja) veza”; poˇsto veza ima 5 6, sledi P (A1 ) = 6p (1 − p) , ”neispravne su taˇcno dve (bilo koje) veze”; poˇsto parova veza ¡6¢ 4 ima 2 = 15, sledi P (A2 ) = 15p2 (1 − p) , ”neispravne su taˇcno 3 veze pri ˇcemu ne pripadaju sve tri jednom procesoru”; poˇsto ovakvih trojki veza med¯u proce¡ ¢ 3 sorima ima 63 − 4 = 16, sledi P (A3 ) = 16p3 (1 − p) , ”aparat je ispravan”. f f @ @ @ @ f @f

Dogad¯aji Ai , i ∈ {0, 1, 2, 3} su disjunktni izmed¯u sebe i pri tome je A = A0 + A1 + A2 + A3 pa je: P (A) = P (A0 + A1 + A2 + A3 ) = P (A0 ) + P (A1 ) + P (A2 ) + P (A3 ) = ³ ´ 3 3 2 = (1 − p) (1 − p) + 6p (1 − p) + 15p2 (1 − p) + 16p3 = = 1 − 4p3 − 3p4 + 12p5 − 6p6 . µ

¶ −n m 2. Sluˇcajna promenljiva X ima zakon raspodele X : , gde p q je p verovatno´ca da je broj deljiv sa 3 prvi put pao u parnom bacanju, a q = 1 − p je verovatno´ca da je broj deljiv sa 3 prvi put pao u neparnom bacanju. Ako sa Ai (i ∈ N) oznaˇcimo dogad¯aj koji se realizuje kada pri i-tom bacanju padne broj deljiv sa 3 (dakle, 3 ili 6), tada je ¡ kocke ¢ P (A)i = 31 i P Ai = 23 odakle sledi ¡ ¢ p = P (X = −n) = P A1 A2 + A1 A2 A3 A4 + A1 A2 A3 A4 A5 A6 + . . . = ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ [1] = P A1 A2 + P A1 A2 A3 A4 + P A1 A2 A3 A4 A5 A6 + . . . = ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ [2] = P A1 P (A2 ) + P A1 P A2 P A3 P (A4 ) + ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ +P A1 P A2 P A3 P A4 P A5 P (A6 ) + . . . = =

2 3

·

=

2 9

·

1 2 2 2 1 2 2 2 3 + 3 · 3 · 3 · 3 + 3 · 3 · 3 ∞ ¡ ¢k P 4 = 29 · 1−1 4 = 25 . 9 9 k=0

·

2 3

·

2 3

·

1 3

+ ...

[1] - Koristimo disjunktnost dogad¯aja. 2

[2] - Koristimo nezavisnost dogad¯aja Ai . Odatle je q = P (X = m) = 1 − p = 35 . Sada dobijamo E (X) = −n 25 + m 35 pa je E (X) = 0 za −2n + 3m = 0 odnosno n = 23 m. (gubitak) igraˇca je jednak © ¡ Dakle, ¢ ¯ oˇcekivani dobitak ª nuli za (m, n) ∈ k, 23 k ¯ k ∈ (0, ∞) . 3. X : U (1, 4) znaˇci da je ½ 1 , x ∈ (1, 4) 3 ϕX (x) = 0 , x 6∈ (1, 4)

  i

FX (x) =



0 x−1 3

1

, x≤1 , x ∈ (1, 4] . , x>4

Sledi da je:

¡ ¢ FY,Z (y, z) = P (Y < y , Z < z) = P X 2 − 1 < y , eX − 2 < z = ¡ ¢ = P X 2 < 1 + y , eX < 2 + z = . . . Dogad¯aj X 2√< 1 + y je nemogu´ √ c za 1 + y ≤ 0, a za 1 + y > 0 je ekvivalentan sa − 1 + y < X < 1 + y. Dogad¯aj eX < 2 + z je nemogu´c za 2 + z ≤ 0, a za 2 + z > 0 je ekvivalentan sa X < ln (2 + z). Na osnovu navedenog dobijamo slede´ce sluˇcajeve i odgovaraju´ce oblasti prikazane na slici: z 6

√

........ .................................................................... ........ .................................................................... .................................................................... ........ .................................................................... ........ ........ .................................................................... .................................................................. ..... ............................................................ ........ ........ ........ ......................................................... ..................................................... ........... .................................................. ........ .............. ........ ............................................. ........ ................................................ ................ ........................................... ........ .................. ....................................... ........ ......................................... ..................................... .................... .................................... ........ ..................... .................................. ........ ............................... ................................ ....................... ........ ........................ .............................. ........ ........................... ............................ ......................... ........ .......................... ........ ........................ ........................... ........ ............................ ........ ....................... ...................... ............................. ..................... ........ .............................. .................... ........ .................................................. .................. ........ ................. ........ ................ ................................ ................................ ........ .............. ............... ........ ................................. ................................................ ........ ............ ............. ........ ................................... ........... ........ −1 ............................................... .................................... ........ .......... ........ ......... .............................................. ..................................... ........ ........ ....... ........ ....... ....................................... ........ ..... ...... ........ ....................................... ............................................. ........ .... .... ........ ........................................ ........ ... ............................................ ........ ......................................... ........ .. ............................................ . ........ . .......................................... ........ ........................................... ........ ... .−1 ........ ............................................................ ............................................ ........ ........................................................................ .... ... ............................... ........ .................................................................................... .......... ... ........ . . . .......................................................................................................... ................................... ... ........ . . . . . .............................. .......................................................................................................................................................... ........ ........................................................................................................... ........ .......................................................... .......................................................... .......................................................... −2

I

z=e

1+y

−2

IV

III

-y

`

II

z = e−

√ 1+y

−2

(a) Za y ≤ −1 ili z ≤ −2 (oblast I sa slike) je FY,Z (y, z) = 0. (b) Za y > −1 i z > −2 je ¡ √ ¢ √ FY,Z (y, z) = P − 1 + y < X < 1 + y , X < ln (2 + z) = ¡ √ ©√ ª¢ = P − 1 + y < X < min 1 + y, ln (2 + z) = . . . √ √ (b.1) ako je ln (2 + z) ≤ − 1 + y, odnosno z ≤ e− 1+y − 2 (oblast II sa slike), tada je FY,Z (y, z) = P (∅) = 0. √ √ (b.2) ako√ je − 1 + y < ln 1 + y, odnosno √ (2 + z) < e− 1+y − 2 < z¡ <√e 1+y − 2 (oblast III sa¢ slike), tada je FY,Z (y, z) = P − 1 + y < X < ln (2 + z) = 3

¡ √ ¢ = FX (ln (2 + z)) − FX − 1 + y = FX (ln (2 + z)) − 0 =    0 , ln (2 + z) ∈ (−∞, 1]    ln(2+z)−1 = = , ln (2 + z) ∈ (1, 4] 3      1 , ln (2 + z) ∈ (4, ∞)    0 , z ∈ (−2, e − 2]    ¡ ¤ ln(2+z)−1 4 = . , z ∈ e − 2, e − 2 3    ¡ ¢   1 , z ∈ e4 − 2, ∞ √ √ (b.3) ako je 1 + y ≤ ln (2 + z), odnosno e 1+y − 2 ≤ z (oblast IV sa slike), tada je ¡ √ ¢ √ FY,Z (y, z) = P − 1 + y < X < 1 + y ¡√ ¢ ¡ √ ¢ ¡√ = ¢ = FX 1 + y − FX − 1 + y = FX 1+y −0=  √   1 + y ∈ (−∞, 1] 0 ,    √ √ 1+y−1 = = , 1 + y ∈ (1, 4] 3    √   1 , 1 + y ∈ (4, ∞)    0 , y ∈ (−1, 0]    √ 1+y−1 = , y ∈ (0, 15] . 3      1 , y ∈ (15, ∞)     Dakle:

FY,Z (y, z) =

 ¯ ¯   ¯   ¯   ¯   ¯  ¯ 2¯ D1 = (y, z) ∈ R ¯   ¯   ¯   ¯   ¯  ¯  ¯ ¯  ¯ 2¯ D2 = (y, z) ∈ R ¯  ¯ ¯ ½ ¯ D3 = (y, z) ∈ R2 ¯¯

  

0 ln(2+z)−1 √ 3 1+y−1 3

1

, , , ,

(y, z) ∈ D1 (y, z) ∈ D2 (y, z) ∈ D3 (y, z) ∈ D4

gde je

y≤ µ −1 ∨ z ≤ −2 ∨ ³ √ ∨ y > −1 ∧ z > −2 ∧ z ≤ e− 1+y − 2 ∨ √ ¡ √ 1+y −2∧ ∨ e− 1+y − 2 < ¢ z −1 ∧ z > −2 ∧ √  √ , ∧ e− 1+y − 2 < z < e 1+y − 2 ∧  ∧ e − 2 < z ≤ e4 − 2 ¾ y >√−1 ∧ z > −2 ∧ , ∧ e 1+y − 2 ≤ z ∧ 0 < y ≤ 15 4

          ,         

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2¯ D4 = (y, z) ∈ R ¯   ¯   ¯  ¯      

y> ³¡−1√∧ z > −2 ∧ √ ∧ e− 1+y − 2 < z < e 1+y − 2 ∧ ¢ ∧ z > e4 − 2 ∨ ¡ √ ¢´ ∨ e 1+y − 2 ≤ z ∧ y > 15

4. RX = {0, 1, 2, 3, . . .}, E (X) = 30,

P (X = i) =

30i −30 , i! e

      .     

i ∈ RX ,

D (X) = 30.

Posmatrajmo sluˇcajne promenljive Xk koje predstavljaju broj automobila koji prolaze kroz raskrsnicu tokom k - tog posmatranog minuta. Sluˇcajne promenljive Xk su med¯usobno nezavisne i imaju iste raspodele (samim tim i matematiˇcka oˇcekivanja i disperzije) kao sluˇcajna n P promenljiva X. Sluˇcajna promenljiva Sn = Xk predstavlja broj auk=1

tomobila koji prolaze kroz raskrsnicu tokom n minuta, pri ˇcemu za nju n n P P vaˇzi E (Sn ) = E (Xk ) = 30n i D (Sn ) = D (Xk ) = 30n. Posmak=1

k=1

n −E(Sn ) trajmo i normalizovanu sluˇcajnu promenljivu Sn∗ = S√ =

D(Sn )

S√ n −30n . 30n

∗ dobijamo (a) Primenom centralne graniˇcne teoreme na S20 ³ ´ √−600 < 200−600 √ P (S20 ≥ 200) = 1 − P (S20 < 200) = 1 − P S20 = 600 600 ³ ´ −400 ∗ ∗ √ < 10 < −16.33) ≈ 1 − φ (−16.33) = = 1 − P S20 ≈ 1 − P (S20 6

= 1 − 1 + φ (16.33) ≈ 1. (b) Traˇzimo maksimalno m ∈ N za koje vaˇzi P (S20 ≥ m) > 0.9? Imamo ³ ´ √−600 < m−600 √ P (S20 ≥ m) = 1 − P (S20 < m) = 1 − P S20 = 600 600 ³ ´ ³ ´ ∗ √ √ < m−600 = 1 − P S20 ≈ 1 − φ m−600 . 10 6 10 6 Dakle:

³

P (S20 ≥ m) > 0.9 ³ ´ √ ⇔ φ m−600 ≺ 0.1 10 6 ⇔

⇔ ⇔

1−φ m−600 √ 10 6

m−600 √ 10 6

´ Â 0.9

⇔

≺ φ−1 (0.1) ≈ −1.28

⇔

m ≺ 568.647

pa je traˇzeno reˇsenje m = 568. µ

a1 1

5. (a) Raspodela sluˇcajne promenljive X1 : Koriste´ci uslovnu raspodelu

µ

X2 | {X1 = a1 } :

a1 1 3

¶ .

a2

¶

2 3

dobijamo P (X2 = a1 ) = P (X1 = a1 ) P (X2 = a1 | X1 = a1 ) = 1 · 5

1 3

= 13 ,

P (X2 = a2 ) = P (X1 = a1 ) P (X2 = a2 | X1 = a1 ) = 1 · µ ¶ a1 a2 odnosno dobili smo raspodelu X2 : . 1 2 3

Analogno, iz uslovnih raspodela µ ¶ a1 a2 X3 | {X2 = a1 } : i 1 2 3

2 3

= 23 ,

3

µ X3 | {X2 = a2 } :

a1 1 3

3

a3

¶

2 3

dobijamo P (X3 = a1 ) = = P (X3 = a2 ) = P (X3 = a3 ) =

2 P

P (X2 = ai ) P (X3 = a1 | X2 = ai ) =

i=1 1 1 3 · 3 2 P i=1 2 P i=1

+

2 3

·

1 3

= 13 ,

P (X2 = ai ) P (X3 = a2 | X2 = ai ) =

1 3

·

2 3

= 29 ,

P (X2 = ai ) P (X3 = a3 | X2 = ai ) =

2 3

·

2 3

= 49 ,

i dolazimo do traˇzene raspodele µ a1 X3 : 1

a2

a3

2 9

3

¶

4 9

.

(b) Matrica prelaza je a1



a1 a2 a3 a4 1 3 1 3 1 3

a2    a3   .. .. . .

P = P (1) = [pai aj ] =

2 3

0

0 0 .. .

2 3

0 0

0 .. .

.. .

p∗j =

(c) Reˇsavamo sistem jednaˇcina:

∞ P k=1

2 3

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

   .   

p∗k · pkj , j ∈ N,

Znaˇci imamo p∗1 + p∗2 + p∗3 + . . . = 1 p∗1 = p∗2 p∗3

= =

.. .

p∗j = .. .

1 ∗ ∗ ∗ 3 (p1 + p2 + p3 2 ∗ 3 p1 ¡ 2 ¢2 ∗ 2 ∗ p1 3 p2 = 3

¡ 2 ¢j−1 3

+ . . .)

p∗1

Reˇsavanjem ovog sistema dobijamo ´ ³ ¡ ¢2 p∗1 1 + 23 + 23 + . . . = p∗1 · 1−1 2 = 3p∗1 = 1 3 ¡ 2 ¢j−1 1 1 ∗ ∗ tj. p1 = 3 i pj = 3 · 3 , j = 2, 3, 4, . . . 6

∞ P j=1

p∗j = 1

Primetimo da smo verovatno´ce stanja za n = 3 (ˇsto je traˇzeno pod (a)) mogli izraˇcunati koriste´ci matricu prelaza na slede´ci naˇcin:

gde je

p3 = p2 · P = p1 · P 2  3 2 4 0 9 9 9  3 2 0 4  9 9 9  3 2 0 0 P2 =   93 92   9 9 0 0 .. .. .. .. . . . .

= 0 0 4 9

0 .. .

Dakle, zakon raspodele (zaseka) X3

£a11

a2 2 9

3

a3 4 9

a4

a5

0

0

 ... ...    . . . .  4 ...  9  .. . . . . µ a1 a2 je: 1 2

... ¤ ... ,

0 0 0

3

a3 4 9

9

¶ .

2

b D (X) = 12 (b > 0). µ ¶ ³ ´ n ¡ ¢ P (a) E ˆb = E 2 · X n = E 2 · n1 · Xi = n2 · n · E (X) = 2 ·

6. X : U (0, b),

E (X) = 2b ,

i=1

Dakle, ocena ˆb jeste centrirana. µ ¶ ³ ´ n n P P 1 ˆ (b) D b = D 2 · n · Xi = n42 D (Xi ) = i=1

i=1

4 n2

·n·

b2 12

=

b 2

= b.

1 2 3n b .

ˇ seKako je ocena centrirana, moˇzemo da koristimo nejednakost Cebiˇ va. Za ε > 0 vaˇzi ¯ ³¯ ´ ³¯ ³ ´¯ ´ D ˆb () ¯ ¯ ¯ ¯ b2 P ¯ˆb − b¯ > ε = P ¯ˆb − E ˆb ¯ > ε ≤ ε2 = 3nε 2. ¯ ³¯ ´ ¯ ¯ b2 Prema tome: 0 ≤ lim P ¯ˆb − b¯ > ε ≤ lim 3nε 2 = 0, n→∞ n→∞ ¯ ³¯ ´ ¯ ¯ odakle je lim P ¯ˆb − b¯ > ε = 0, pa ocena jeste postojana. n→∞

11.02.1999. 1. Kocka A ima 4 crvene i 2 bele strane, a kocka B ima 3 crvene i 3 bele strane. Baca se novˇci´c, i ako se pojavi grb baca se kocka A, a ako se pojavi pismo baca se kocka B. (a) Na´ci verovatno´cu da se pri bacanju kocke pojavi crvena boja. (b) Eksperiment ponavljamo n puta (prvo bacamo novˇci´c a zatim odgovaraju´cu kocku). Ako se u n bacanja crvena boja pojavila n puta, na´ci verovatno´cu da je kocka B bacana bar jednom. 2. Nezavisne sluˇcajne promenljive X i Y imaju Poasonove raspodele X : P (a), Y : P (b), (a, b > 0). Na´ci raspodele sluˇcajnih promenljivih: (a) Z = X + Y . 7

(b) X| {X + Y = n}. 3. Sluˇcajna promenljiva X ima uniformnu U (0, 1) raspodelu. Sluˇcajna promenljiva Y pri X = x (x ∈ [0, 1)) ima U (x, 1) raspodelu. (a) Na´ci matematiˇcko oˇcekivanje sluˇcajne promenljive Y bez nalaˇzenja njene raspodele. (b) Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive Z = (X + 1) Y . 4. Vreme rada procesora (u satima) je sluˇcajna promenljiva sa E (0.005) raspodelom. Procesor koji pregori se zamenjuje novim i vreme zamene je zanemarljivo malo. Procesori rade nezavisno jedan od drugog. (a) Koliko procesora treba imati u rezervi da sa verovatno´com 0.98 vreme rada aparata bude bar 10000 sati? (b) Za koje m je vreme rada sistema bar m sa verovatno´com 0.99 ako je obezbed¯eno 100 procesora? 5. Tri uˇcenika iz Novog Sada i tri uˇcenika iz Subotice idu u Rim. Oni se na sluˇcajan naˇcin raspored¯uju u dve sobe, tako da se u svakoj sobi nalazi po tri uˇcenika. Broj uˇcenika iz Novog Sada u prvoj sobi definiˇse stanje sistema. Kako nisu mogli na poˇcetku da se dogovore ko ´ce u koju sobu, svaki dan se na sluˇcajan naˇcin bira po jedan uˇcenik iz svake sobe i oni menjaju mesta. (a) Sastaviti matricu prelaza za jedan dan. (b) Ako se zna da su na poˇcetku svi uˇcenici iz Novog Sada bili u istoj sobi, na´ci verovatno´cu da posle dva dana svi uˇcenici iz Novog Sada ne´ce biti u istoj sobi. (c) Na´ci finalne verovatno´ce. 6. Sluˇcajna promenljiva X ima binomnu B (1, p) raspodelu. Na osnovu prostog uzorka obima n dobijena je ocena pˆ = k · X n . (a) Odrediti k tako da predloˇzena ocena bude centrirana. (b) Za tako odred¯eno k ispitati postojanost predloˇzene ocene. 2

(c) Za ocenu parametra p2 se predlaˇze ocena p˜ = X n . Ispitati centriranost ocene p˜. 7. Na jednoj autobuskoj liniji je ispitivano koliko minuta je putnik ˇcekao autobus. Anketirano je 50 sluˇcajno odabranih putnika i rezultati su dati u tabeli: Ii [0, 1] (1, 2] (2, 3] (3, 4] (4, 5] mi 15 10 9 12 4 χ2 testom sa pragom znaˇcajnosti α = 0.05 testirati hipotezu da vreme ˇcekanja autobusa ima uniformnu raspodelu U (0, 5). 8

Reˇ senja: 1. Posmatramo slede´ce dogad¯aje: H - ”pri bacanju novˇci´ca pojavilo se pismo”, ©

H - ”pri bacanju novˇci´ca pojavio se grb”. ª ¡ ¢ H, H je potpun sistem dogad¯aja, pri ˇcemu je P (H) = P H = 12 .

(a) Neka je C dogad¯aj ”pri bacanju kocke pojavila ¡ ¢se crvena boja”. Iz uslova zadatka je P (C | H) = 21 i P C | H = 23 . Na osnovu formule totalne verovatno´ce sledi ¢ ¡ ¢ ¡ 7 P (C) = P (H) P (C | H) + P H P C | H = 12 · 21 + 12 · 23 = 12 . (b) Oznaˇcimo dogad¯aje: Ci : ”u i-tom bacanju se pojavila crvena boja” (i ∈ {1, 2, . . . , n}), B: ”u n bacanja se kocka B baca bar jednom”. Koriste´ci nezavisnost eksperimenata dobijamo da je traˇzena verovatno´ca ¡ ¢ P (B | C1 C2 . . . Cn ) = 1 − P B | C1 C2 . . . Cn = P(BC1 C2 ...Cn ) P(B )P(C1 C2 ...Cn | B ) = 1 − P(C1 C2 ...Cn ) = 1 − P(C1 )P(C2 )...P(Cn ) = n n ¡ ¢n ( 1 ) ·( 2 ) = 1 − 2 7 n3 = 1 − 47 . ( 12 ) 2. X : P (a), P (X = j) =

Y : P (b),

RX = RY = {0, 1, 2, . . .},

j

a −a , j! e

P (Y = j) =

bj −b j! e ,

j ∈ {0, 1, 2, . . .}.

(a) Z = X + Y , RZ = {0, 1, 2, . . .}. Prvi naˇcin: Za k ∈ RZ je µ k ¶ k P [1] P P (Z = k) =P (X = i, Y = k − i) = P (X = i, Y = k − i) = i=0

i=0

k k X bk−i −b ai −a [2] X = P (X = i) P (Y = k − i) = e · e = i! (k − i)! i=0 i=0 k

= e−(a+b) ·

1 X k! 1 k ai bk−i = e−(a+b) · (a + b) . k! i=0 i! · (k − i)! k!

Dakle, sluˇcajna promenljiva Z ima Poasonovu raspodelu P (a + b). Drugi naˇcin: Koriste´ci karakteristiˇcne funkcije sluˇcajnih promenljivih X i Y : it it K (t) = ea(e −1) , K (t) = eb(e −1) , X

Y

dobijamo karakteristiˇcnu funkciju sluˇcajne promenljive Z: [2]

KZ (t) = KX+Y (t) = KX (t) KY (t) = 9

= ea(e

it

−1) b(eit −1)

= e(a+b)(e

e

it

−1)

Dobijena karakteristiˇcna funkcija odgovara sluˇcajnoj promenljivoj sa Poasonovom P (a + b) raspodelom. (b) Za k ∈ RX|{X+Y =n} = {0, 1, 2, . . . , n} vaˇzi: P(X=k,X+Y =n) P(X+Y =n)

P (X = k | X + Y = n) =

=

P (X = k, Y = n − k) [2] P (X = k) P (Y = n − k) = = P (X + Y = n) P (X + Y = n) µ ¶k µ ¶n−k ak −a bn−k −b · n−k! e n! a b k! e = (a+b)n = . −(a+b) k! (n − k)! a + b a+b n! e =

b + a+b = 1, pa sluˇcajna promenljiva X| {X + Y = n} ³ ´ a ima binomnu B n, a+b raspodelu.

Pri tome je

a a+b

[1] - Koristimo disjunktnost dogad¯aja koji ˇcine uniju. [2] - Koristimo nezavisnost sluˇcajnih promenljivih X i Y . ½ 3. X : U (0, 1) ,

ϕX (x) =

Y | {X = x} : U (x, 1) ,

1, 0,

x ∈ [0, 1] , x 6∈ [0, 1] ½ 1 1−x , y ∈ [x, 1] . ϕY |{X=x} (y) = 0, y ∈ 6 [x, 1]

Na osnovu zadanih gustina dobijamo ϕX,Y (x, y) = ϕX (x) · ϕY |{X=x} (y) = ½ 1 1−x , (x, y) ∈ D , = 0, (x, y) 6∈ D gde je D = { (x, y) | x ∈ [0, 1] ∧ y ∈ [x, 1]}.

y .............................. ............................. 16 ............................ ........................... .......................... ......................... ........................ ....................... ...................... ..................... .................... D ................... .................. ................. ................ ............... .............. ............. ............ ........... .......... ......... ........ ....... ...... ..... .... ... .. .

-x

0

(a) Koriste´ci E (Y ) = E (E (Y |X)) izraˇcunavamo R∞ R1 1 dy = E (Y |X = x) = y ϕY |{X=x} (y) dy = y · 1−x −∞

½

te je E (Y |X = x) = E (Y ) = E (E (Y |X)) =

x

1+x 2

0

R∞ −∞

=

1 2

·

(1+x)2 2

1

2

y 1 1−x · 2

1

|=

x

1+x 2 ,

, x ∈ [0, 1] , , x∈ 6 [0, 1]

E (Y |X = x) ϕX (x) dx =

R1 0

1+x 2

· 1dx =

1

| = 43 .

0

f

(b) Posmatrajmo transformaciju (X, Y ) → (U, Z) gde je Z = (X + 1) Y i U = X. 10

Transformacija f oblast D bijektivno preslikava u oblast © ¡ ¢ª D0 = (u, z) | u ∈ (0, 1) ∧ z ∈ u2 + u, 1 i njena inverzna je ³ transformacija ´ z −1 f (u, z) = u, u+1 , (u, z) ∈ D0 , a njen Jakobijan je ¯ ¯ ¯ 1 0 ¯¯ 1 ¯ Jf −1 (u, z) = ¯ 1 ¯ = u+1 . u

z z = u (u + 1) 6 z =u+1

2

1

u+1

... ... .... ..... ..... ...... ....... ....... ........ ......... .......... ........... ............ ............ ............. .............. ............... ................ ................ ................. ................. .................. ................... ................... .................... .................... ...................... ...................... ...................... 0 ..................... ..................... .................... .................... ................... ................... .................. .................. ................. ................. ................ ................ ............... .............. .............. ............. ........... ........... .......... ......... ........ ....... ...... ..... .... ... .

D

1

0

Sada imamo da je ³ ¯ ´ ¯ ¯ 1 ¯ z ϕU,Z (u, z) = ϕX,Y u, u+1 · ¯ u+1 ¯= ½ 1 ½ 1 1 0 · 1+u , (u, z) ∈ D , 1−u 1−u2 = = 0 , (u, z) 6∈ D0 0 , Marginalna gustina ϕZ vektora (U, Z) je  √  1+4z−1   R2   1   1−u2 du   0     √1+4z−1 R∞ R2 ϕZ (z) = ϕU,Z (u, z) du = 1  1−u2 du −∞   z−1          0   √ 1+√1+4z 1   ln 1− , z ∈ (0, 1]  2 1+4z   √ 1+√1+4z z = ln 1− , z ∈ (1, 2) . − 12 ln 2−z 1+4z      0 , z 6∈ (0, 2)

-u

(u, z) ∈ D0 . (u, z) 6∈ D0

, z ∈ (0, 1] , z ∈ (1, 2) =

, z 6∈ (0, 2)

4. Posmatramo sluˇcajnu promenljivu Xi koja predstavlja vreme rada i-tog procesora. Xi su nezavisne sluˇcajne promenljive i imaju istu E (0.005) 1 1 raspodelu, pri ˇcemu je E (Xi ) = 0.005 = 200 i D (Xi ) = 0.005 2 = 40000. n P Tada Sn = Xi predstavlja ukupno vreme rada aparata (tj. n procei=1

sora), pri ˇcemu je n P E (Sn ) = E (Xi ) = 200n, i=1

n −E(Sn ) = Sn∗ = S√

D(Sn )

Sn −200n √ 200 n

D (Sn ) =

n P i=1

D (Xi ) = 40000n,

(normalizovana sluˇcajna promenljiva).

(a) Reˇsavamo po n jednaˇcinu P (Sn ≥ 10000) = 0.98. Poˇsto je P (Sn ≥ 10000) = 1 − P (Sn < 10000) = ³ ´ ³ ´ n −200n √ √ √ = 1 − P S200 = 1 − P Sn∗ < 10000−200n ≈ < 10000−200n n 200 n 200 n 11

³ ≈1−φ

10000−200n √ 200 n

´

³ =1−φ

50 √ n

−

√ ´ n ,

sledi da je

³ √ ´ P (Sn ≥ 10000) = 0.98 ⇔ 1 − φ √50n − n ≈ 0.98 ⇔ ³ √ ´ √ ⇔ φ √50n − n ≈ 0.02 ⇔ √50n − n ≈ φ−1 (0.02) ⇔ √ 2 √ √ ⇔ √50n − n ≈ −2.055 ⇔ ( n) − 2.055 · n − 50 ≈ 0 ⇔ √ √ √ ⇔ ( n ≈ −6.12 ∨ n ≈ 8.17) ⇔ n ≈ 8.17 ⇔ n ≈ 66.8. To znaˇci da sa pribliˇznom verovatno´com od 0.98 aparat radi bar 10000 sati ako je obezbed¯eno 67 procesora. (b) Reˇsavamo po m jednaˇcinu P (S100 ≥ m) = 0.99. Poˇsto je P (S100 ≥ m) = 1 − P (S100 < m) = ³ ´ ¢ ¡ ∗ √ −100·200 < m−100·200 √ = = 1 − P S100 = 1 − P S100 < m−20000 2000 100·200 100·200 ¡ m−20000 ¢ ≈1−φ , 2000 sledi da je ¡ ¢ P (S100 ≥ m) = 0.99 ⇔ 1 − φ m−20000 ≈ 0.99 ⇔ 2000 ¡ m−20000 ¢ m−20000 ⇔ φ ≈ 0.01 ⇔ ≈ φ−1 (0.01) ⇔ 2000 2000 m−20000 ⇔ ≈ −2.33 ⇔ m ≈ 15340. 2000 To znaˇci da sa pribliˇznom verovatno´com od 0.99 uz obezbed¯enih 100 procesora sistem radi najmanje 15340 sati. 5. (a) Na osnovu uslova zadatka nalazimo matricu prelaza (za 1 dan):

 0

P =

(b) Matrica prelaza za dva dana:  1 4 4   P2 =  

9 4 81 4 81

0

9 41 81 32 81 4 9

9 32 81 41 81 4 9

0 4 81 4 81 1 9

0

1

2

0

1

0

4 9 4 9

4 9 4 9

 0 0   . 1   9

0

1

0

 1 1 9

 2 0 0 3

3

   . 

Vektor poˇcetne raspodele: p0 = Vektor raspodele nakon dva dana:

£

0 1 2

1

2

0 0

3 1 2

¤

.

£ 01 14 24 31 ¤ p2 = p0 · P 2 = 18 . 9 9 18 Nakon dva dana ne´ce biti svi uˇcenici iz Novog Sada u istoj sobi sa verovatno´com 49 + 49 = 98 . (c) Finalne verovatno´ce dobijamo reˇsavanjem sistema jednaˇcina P ∗ P pk = 1 p∗j = pkj · p∗k , j ∈ {0, 1, 2, 3} ∧ k

k

12

odnosno p∗ = p∗ ·P gde je p∗ = [p∗0 , p∗1 , p∗2 , p∗3 ] , p∗0 +p∗1 +p∗2 +p∗3 = 1:

p∗0

p∗0

1 ∗ 9 p1 4 ∗ 9 p1 4 ∗ 9 p1

+

−p∗0

+

p∗0

−

p∗0

+

1 ∗ 9 p1 5 ∗ 9 p1 4 ∗ 9 p1

1 ∗ 9 p1 p∗1

4 ∗ 9 p2 4 ∗ 9 p2 1 ∗ 9 p2 p∗2

p∗3

+

p∗3

+

p∗0

=

p∗1

=

p∗2

=

p∗3

=

1

⇔

= 0 + −

p∗1

+ −

+

p∗1

+

p∗0

+

=

+

4 ∗ 9 p2 5 ∗ 9 p2 1 ∗ 9 p2 p∗2

= 0 +

p∗3

= 0

−

p∗3 p∗3

= 0

+

⇔

= 1 p∗0 =

= 0 − p∗2 p∗2

= 0 −

9p∗3

= 0

20p∗3

= 1

⇔

p∗1 = p∗2 = p∗3 =

1 20 9 20 9 20 1 20

.

Dobijene finalne verovatno´ce tumaˇcimo na slede´ci naˇcin: posle ”do1 voljno dugo vremena”, sa verovatno´cama 20 ´ce se u prvoj sobi nalaziti svi uˇcenici iz Novog Sada, odnosno niko od njih, a sa verovatno´cama 9 ce se u prvoj sobi nalaziti 1, odnosno 2 uˇcenika iz Novog Sada. 20 ´ 6. B (1, p), E (X) = p, D (X) = p (1 − p), ¡ 2¢ 2 E X = D (X) + E (X) = p (1 − p) + p2 = p. µ ¶ n n n P P P [1] 1 (a) E (ˆ p) = E k n Xi = k n1 E (Xi ) = k n1 E (X) = i=1

i=1

i=1

= k n1 nE (X) = kE (X) = kp. Prema tome, ocena pˆ je centrirana za k = 1 (jer tada i samo tada je E (ˆ p) = p). (b) Ispitujemo postojanost ocene X n . Poˇsto je ocena centrirana, na ˇ seva, za svako ε > 0 dobijamo osnovu nejednakosti Cebiˇ ˆ , P (|ˆ p − p| ≥ ε) = P (|ˆ p − E (ˆ p)| ≥ ε) ≤ D(ε2p) gde je µ n µ n ¶ ¶ n P P P [2] 1 1 D (ˆ p) = D n Xi = n2 D Xi = n12 D (Xi ) = i=1

[1] 1 = n2 nD (X)

1 n D (X)

i=1

1 n p (1

i=1

= = − p). ˇ seva smo dobili da vaˇzi Prema tome, na osnovu nejednakosti Cebiˇ p(1−p) nejednakost P (|ˆ p − p| ≥ ε) ≤ nε2 odakle dobijamo 13

0 ≤ lim P (|ˆ p − p| ≥ ε) ≤ lim n→∞

n→∞

p(1−p) nε2

= 0,

pa sledi da je lim P (|ˆ p − p| ≥ ε) = 0, te je ocena pˆ postojana. n→∞ à à !! õ ¶2 ! n n P P P 1 1 Xi = E n2 Xi2 + Xi Xj = (c) E (˜ p) = E n i=1

=

1 n2

[2] 1 = n2

n P i=1 n P i=1

1 n2

¡ ¢ E Xi2 +

1 n2

¡ ¢ [1] 1 = n2 nE X 2 =

1 nE

i=1

¡ ¢ E Xi2 +

¡ 2¢ X +

Prema tome,

+

1 n2

P

i6=j

E (Xi Xj ) =

i6=j

P

E (Xi ) E (Xj ) =

i6=j

P

E (X) E (X) =

i6=j

1 n2 n (n − 2 X n nije

2

1) (E (X)) =

1 np

+

1 n

(n − 1) p2 6= p2 .

centrirana ocena parametra p2 .

[1] - Sve sluˇcajne promenljive Xi imaju iste raspodele pa samim tim i iste karakteristike kao sluˇcajna promenljiva X. [2] - Sluˇcajne promenljive Xi su nezavisne. 7. Poˇsto poslednji interval sadrˇzi samo 4 elementa iz uzorka, njega ´cemo spojiti sa pretposlednjim intervalom: Ii mi

[0, 1] 15

(1, 2] 10

(2, 3] (3, 5] 9 16

Ako sa X obeleˇzimo sluˇcajnu promenljivu koja predstavlja vreme ˇcekanja jednog putnika, tada za a0 = 0, a1 = 1, a2 = 2, a3 = 3, a4 = 5 verovatno´ce pi = P (ai−1 < X ≤ ai ) = FX (ai ) − FX (ai−1 ) , i ∈ {1, 2, 3, 4} (FX je funkcija raspodele sluˇcajne promenljive sa uniformnom U (0, 5) raspodelom) iznose: p1 = FX (1) − FX (0) = p2 = FX (2) − FX (1) = p3 = FX (3) − FX (2) = p4 = FX (5) − FX (3) =

1−0 5−0 2−0 5−0 3−0 5−0 5−0 5−0

− − − −

0−0 5−0 1−0 5−0 2−0 5−0 3−0 5−0

= 15 , = 15 , = 15 , = 25 .

Ako je naˇsa hipoteza taˇcna, tada za realizovane vrednosti m1 = 15, m2 = 10, m3 = 9, m4 = 16 sluˇcajne promenljive X , vrednost 4 2 2 2 2 P (mi −npi )2 z= = (15−10) + (10−10) + (9−10) + (16−20) = 3.4 npi 10 10 10 20 i=1

(gde je n = 50 veliˇcina uzorka) treba da predstavlja realizaciju sluˇcajne promenljive sa pribliˇzno χ23 raspodelom. Iz tablica za χ2 raspodelu za prag znaˇcajnosti α = 0.05 nalazimo da je χ20.05;3 ≈ 7.81. Poˇsto je χ20.05;3 > 3.4, ne odbacujemo (sa pragom znaˇcajnosti 0.05) hipotezu da vreme ˇcekanja jednog putnika ima U (0, 5) raspodelu. 14

06.04.1999. 1. Ured¯aj se nalazi u jednom od dva stanja SA ili SB sa verovatno´cama p1 i p2 redom. Verovatno´ca kvara ured¯aja u toku nekog fiksnog vremenskog perioda t je q1 ako je ured¯aj u stanju SA , odnosno q2 ako je ured¯aj u stanju SB . (a) Na´ci verovatno´cu da ured¯aj nakon vremena t bude neispravan. (b) Ako je ured¯aj nakon vremena t bio ispravan, na´ci verovatno´cu da se nalazio u stanju SA . 2. Sluˇcajni vektor (X, Y ) ima raspodelu datu tablicom: Y X 1 2

1

2

3

0.1 0.4

0.05 0.15

0 0.3

(a) Ispitati nezavisnost sluˇcajnih promenljivih X i Y . (b) Na´ci srednju (matematiˇcko oˇcekivanje) sluˇcajne promenljive © vrednost ª Z = max X, Y2 . 3. Sluˇcajna promenljiva X ima eksponencijalnu raspodelu E (a). Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive Y = [X] gde [X] oznaˇcava funkciju ”najve´ce celo od X”. 4. Elektrostanica opsluˇzuje mreˇzu sa 10000 sijalica. Verovatno´ca ukljuˇcenja svake od sijalica uveˇce iznosi 0.9. Izraˇcunati verovatno´cu da apsolutno odstupanje broja ukljuˇcenih sijalica od matematiˇckog oˇcekivanja bude najviˇse 200 koriste´ci ˇ seva, (a) nejednakost Cebiˇ (b) teoremu Moavr - Laplasa. 5. Luka na posao ide vozom, autobusom ili kolima. Ako na posao jednog dana ide kolima, onda slede´ceg dana jednakoverovatno ide vozom, autobusom ili kolima. Vozom ne ide dva dana uzastopno, a ako ide vozom onda sutradan ide 2 puta verovatnije kolima nego autobusom. Ako jednog dana ide autobusom, onda sutra jednakoverovatno ide vozom ili kolima (a ne ide autobusom). Posmatramo sistem ˇcija su stanja odred¯ena prevoznim sredstvom koje Luka koristi u toku dana za odlazak na posao. (a) Sastaviti matricu prelaza za jedan dan. (b) Ako je Luka iˇsao kolima, na´ci verovatno´cu da ´ce kroz dva dana i´ci kolima. (c) Na´ci finalne verovatno´ce. 15

6. Strelac pogad¯a kruˇznu metu polupreˇcnika 1. Ispitati nezavisnost slede´cih dogad¯aja: A - ”pogod¯en je prsten sa manjim polupreˇcnikom 12 i ve´cim polupreˇcnikom 1”, i B - ”pogod¯ena je donja polovina mete”.

Reˇ senja: 1. Oznaˇcimo sa A i B dogad¯aje koji se realizuju kada se ured¯aj nalazi u stanju SA odnosno stanju SB , a sa T oznaˇcimo dogad¯aj koji se realizuje kada se ured¯aj pokvari u toku vremenskog perioda t. Dato je: P (A) = p1 ,

P (B) = p2 ,

P (T | A) = q1 ,

P (T | B) = q2 .

(a) Dogad¯aji A i B ˇcine potpun sistem dogad¯aja, pa na osnovu formule totalne verovatno´ce dobijamo P (T ) = P (A) P (T | A) + P (B) P (T | B) = p1 q1 + p2 q2 . ¡ ¢ (b) Koriste´ci Bajesovu formulu (i P T = 1 − P (T ) = 1 − p1 q1 − p2 q2 ) dobijamo traˇzenu verovatno´cu: ¡ ¢ P(A)P(T | A) | A)) p1 (1−q1 ) P A|T = = P(A)(1−P(T = 1−p . 1 q1 −p2 q2 P(T ) P(T ) 2. (a) P ({X = 1} ∩ {Y = 3}) = 0 6= 0.15 · 0.3 = P (X = 1) P (Y = 3), odakle sledi da su sluˇcajne promenljive X i Y zavisne. © ª © ª (b) Iz X ∈ {1, 2} i Y2 ∈ 12 , 1, 32 sledi da je 1, 23 , 2 skup mogu´cih vrednosti sluˇcajne promenljive Z, a odgovaraju´ce verovatno´ce su: ¡© ª © ª¢ P (Z = 1) = P X = 1, Y2 = 12 + X = 1, Y2 = 1 = = P ({X = 1, Y = 1} + {X = 1, Y = 2}) = = P ({X = 1, Y = 1}) + P ({X = 1, Y = 2}) = 0.1 + 0.05 = 0.15, ¡ ¢ ¡© ª¢ P Z = 32 = P X = 1, Y2 = 32 = P ({X = 1, Y = 3}) = 0,

3.

P (Z¡© = 2) = ª © ª © ª¢ = P X = 2, Y2 = 12 + X = 2, Y2 = 1 + X = 2, Y2 = 32 = = P ({X = 2, Y = 1} + {X = 2, Y = 2} + {X = 2, Y = 3}) = = P ({X = 2, Y = 1}) + P ({X = 2, Y = 2}) + P ({X = 2, Y = 3}) = = 0.4 + 0.15 + 0.3 = 0.85. ¶ µ 1 2 Dakle: RZ = {1, 2} i Z: , 0.15 0.85 odakle dobijamo E (Z) = 1 · 0.15 + 2 · 0.85 = 1.85. ½ ½ 0 x≤0 0 x≤0 ϕX (x) = , FX (x) = . ae−ax x>0 1 − e−ax x>0 Y = [X] je diskretna sluˇcajna promenljiva i RY = {0, 1, 2, . . .}. Za svako k ∈ RY vaˇzi 16

P (Y = k) = P ([X] = k) = P (k ≤ X < k + 1) = =a =e

k+1 R

k −ak

k+1 R

ϕX (x) dx =

k

e−ax dx = FX (k + 1) − FX (k) = 1 − e−a(k+1) − 1 + e−ak =

(1 − e−a ).

4. Sluˇcajna promenljiva X koja predstavlja broj ukljuˇcenih sijalica ima binomnu raspodelu X : B (10000, 0.9), pri ˇcemu je E (X) = 10000 · 0.9 = 9000

i

D (X) = 10000 · 0.9 · 0.1 = 900.

ˇ seva P (|X − E (X)| ≥ ε) ≤ (a) Na osnovu nejednakosti Cebiˇ ε > 0) dobijamo

D(X) ε2

(za sve

P (|X − E (X)| ≤ 200) = 1 − P (|X − E (X)| > 200) = = 1 − P (|X − E (X)| ≥ 201) ≥ 1 − D(X) 2012 ≈ 0.9777. (b) Primenom teoreme Moavr-Laplasa dobijamo P (|X − E (X)| ≤ 200) = P (|X − E (X)| µ < 201) =

¶

√−201 < X−E(X) √ < √201

= P (−201 < X − E (X) < 201) = P D(X) D(X) µ ¶ √ = P − √201 < X−E(X) < √201 = P (−6.7 < X ∗ < 6.7) = 900 900

D(X)

=

D(X)

≈ φ (6.7) − (1 − φ (6.7)) = 2φ (6.7) − 1 ≈ 1. 5. (a) Skup stanja sistema: v = ”ide vozom”, a = ”ide autobusom”, k = ”ide kolima”. Matrica prelaza za jedan dan: v a k   v 0 13 23   1 1  P = a  2 0 2  . k 13 13 13

Matrica prelaza za dva dana: v a k   7 2 7 v 18 9 18   1 1 1  P 2 = a  6 3 2  . 5 2 1 k 18 9 2 p0 =

(b) Vektor poˇcetne raspodele:

£ v a k ¤ 0 0 1 .

Raspodela nakon dva dana: p2 = p0 · P 2 = Prema tome, traˇzena verovatno´ca je 12 .

a k ¤ £ v . . . . . . 12 .

(c) Finalne verovatno´ce nalazimo reˇsavaju´ci sistem jednaˇcina: £ ∗ ¤ £ ¤ pv p∗a p∗k · P = p∗v p∗a p∗k ∧ p∗v + p∗a + p∗k = 1

⇔

p∗v p∗a p∗k 1

= = = =

1 ∗ 3 pv 2 ∗ 3 pv p∗v

1 ∗ 2 pa

+ +

1 ∗ 2 pa p∗a

17

+ + + +

1 ∗ 3 pk 1 ∗ 3 pk 1 ∗ 3 pk p∗k

⇔

0 0 0 1

⇔

= = = =

0 0 15 32

= = =

−p∗v 1 ∗ 3 pv 2 ∗ 3 pv p∗v

− + +

p∗v

−

1 ∗ 2 pa p∗a 1 ∗ 2 pa p∗a 1 ∗ 2 pa p∗a

+ + − + − −

1 ∗ 3 pk 1 ∗ 3 pk 2 ∗ 3 pk p∗k 1 ∗ 3 pk 8 ∗ 15 pk p∗k

Dakle, vektor finalnih verovatno´ca je: k ¤ £ v9 1a 15 32

4

32

p∗k = p∗a = p∗v =

⇔

15 32 1 4 9 32

.

Dobijene finalne verovatno´ce tumaˇcimo na slede´ci naˇcin: ako posmatramo dovoljno dug vremenski period, moˇzemo re´ci da Luka najˇceˇs´ce 9 na posao ide kolima (sa verovatno´com 15 cama 32 i 32 ), a sa verovatno´ 1 4 redom, ide vozom odnosno autobusom. 6. Moˇzemo koristiti geometrijsku definiciju verovatno´ce. Obeleˇzimo sa P (X) povrˇsinu oblasti X ⊆ R2 . Metu moˇzemo predstaviti kao oblast ¯ © ª M = (x, y) ∈ R2 ¯ x2 + y 2 ≤ 1 , pri ˇcemu je P (M ) = π i P (M ) = 1. Dogad¯aju A odgovara oblast (vidi sliku 1) o © n p ¯ ¯ A= (x, y) ∈ R2 ¯ 21 ≤ x2 + y 2 ≤ 1 = (x, y) ∈ R2 ¯ pri ˇcemu je P (A) = π − 14 π = 34 π, odnosno P (A) =

1 4

ª ≤ x2 + y 2 ≤ 1 ,

P(A) P(M )

= 34 .

Dogad¯aju B odgovara oblast (vidi sliku 2) ¯ © ª B = (x, y) ∈ R2 ¯ x2 + y 2 ≤ 1 ∧ y ≤ 0 , pri ˇcemu je P (B) = 21 π, odnosno P (B) =

P(B) P(M )

= 12 .

Dogad¯aju AB odgovara oblast (vidi sliku 3) ¯ © ª A ∩ B = (x, y) ∈ R2 ¯ 14 ≤ x2 + y 2 ≤ 1 ∧ y ≤ 0 , pri ˇcemu je P (A ∩ B) = 83 π, odnosno P (AB) = Iz P (AB) = nezavisni.

3 8

=

3 4

·

1 2

P(A∩B) P(M )

= 83 .

= P (A) P (B) sledi da su dogad¯aji A i B

18

y 6 ..............

................... ....................... .......................... ............................. ................................ .................................. .................................... ..................................... ...................................... ........................................ ......................................... .......................................... ........................................... ............................................ ............................................ .............................................. ..................... ..................... 1 ................... ................... .................. .................. .................. .................. .................. ................. 4 .................. ................. .................. ................. .................. ................. .................. .................. .................. .................. ................... ................... ..................... ..................... .............................................. ............................................ ............................................ ............................................ .......................................... .......................................... ........................................ ...................................... ...................................... .................................... .................................. ................................ .............................. .......................... ........................ .................... .............. ....

A

y 6 1 -

x

y 6

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

slika 1

1 -

x

1 4 .................. ................. .................. ................. .................. .................. .................. .................. ................... ................... ..................... ..................... .............................................. ............................................ ............................................ ............................................ .......................................... .......................................... ........................................ ...................................... ...................................... .................................... .................................. ................................ .............................. .......................... ........................ .................... .............. ....

1 -

x

A∩B

B

slika 3

slika 2

24.06.1999. 1. U ˇseˇsiru se nalaze 4 bele kuglice. Tri puta se na sluˇcajan naˇcin izvlaˇci jedna kuglica i zamenjuje crnom kuglicom. Potom je na sluˇcajan naˇcin izvuˇcena jedna kuglica i videlo se da je bela. Koliko iznosi verovatno´ca da su u ˇseˇsiru taˇcno dve crne kuglice nakon opisanih zamena? 2. Sluˇcajna promenljiva X ima Poasonovu raspodelu sa parametrom λ. Uslovna sluˇcajna promenljiva Y | {X = x} ima raspodelu datu formuλy−x −λ lom: P (Y = y | X = x) = (y−x)! e , y = x, x + 1, x + 2, . . . Pokazati da ¡ ¢ sluˇcajna promenljiva X | {Y = y} ima binomnu raspodelu B y, 21 . 3. Dvodimenzionalna sluˇcajna promenljiva gustinom: ϕX,Y (x, y) = A (x + y),

(X, Y )

ima raspodelu datu

0 < x < 1, 0 < y < x2 .

(a) Izraˇcunati konstantu A. (b) Na´ci gustinu sluˇcajne promenljive Z = XY . 4. Oceniti verovatno´cu da je odstupanje relativne uˇcestalosti broja dobijenih ˇsestica u 100 bacanja kocke za ”Ne ljuti se ˇcoveˇce” od verovatno´ce pojavljivanja ˇsestice manja od 0.1: ˇ seva, (a) pomo´cu nejednakosti Cebiˇ (b) pomo´cu teoreme Moavr - Laplasa. 5. Sluˇcajna promenljiva X ima gustinu ϕX (x) = 21 e−|x| . Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive ½ X (X + 4) , X ≤ 1 Y = . 5 , X>1 6. Dva broda A i B treba da stignu u isto pristaniˇste. Njihova vremena dolaska u pristaniˇste su sluˇcajna, med¯usobno nezavisna i jednakoverovatna u toku 24 sata. Kad brod A stigne u pristaniˇste, on ostaje u njemu 2 sata, dok brod B nakon pristajanja ostaje u pristaniˇstu do kraja posmatranog perioda. Pristaniˇste ne moˇze da odjednom primi oba broda. 19

(a) Na´ci verovatno´cu da jedan od brodova ˇceka na oslobad¯anje pristaniˇsta, dok drugi brod ne ode. (b) Na´ci verovatno´cu da ´ce izmed¯u dolaska brodova pro´ci bar 10 sati.

Reˇ senja: 1. Primetimo da se nakon prve zamene u kutiji sigurno nalaze tri bele i jedna crna kuglica. Oznake dogad¯aja: Bi - ”nakon druge zamene se u kutiji nalazi i ∈ {1, 2} crnih kuglica”, Hi - ”nakon tre´ce zamene se u kutiji nalazi i ∈ {1, 2, 3} crnih kuglica”, A - ”nakon svih zamena je izvuˇcena bela kuglica”. Nalazimo verovatno´ce: P (B1 ) = 41 ,

P (B2 ) = 34 ,

P (H1 | B1 ) = 14 ,

P (H1 | B2 ) = 0,

3 4,

P (H2 | B2 ) = 24 ,

P (H3 | B1 ) = 0,

P (H3 | B2 ) = 24 .

P (H2 | B1 ) =

Na osnovu formule totalne verovatno´ce (B1 i B2 ˇcine potpun sistem dogad¯aja) imamo da je P (Hi ) = odnosno:

P (H1 ) =

2 P j=1 1 16 ,

P (Bj ) P (Hi | Bj ) , i ∈ {1, 2, 3} , P (H2 ) =

9 16 ,

P (H3 ) =

2 4

·

3 4

=

6 16 .

Koriste´ci Bajesovu formulu (H1 , H2 , H3 ˇcine potpun sistem dogad¯aja) dobijamo traˇzenu verovatno´cu: P (H2 | A) =

P (H2 ) P (A | H2 ) = 3 P P (Hi ) P (A | Hi )

1 16

·

3 4

+

9 16 9 16

· ·

2 4 2 4

+

6 16

·

1 4

=

i=1

2. Zakon raspodele sluˇcajne promenljive X: P (X = x) =

λx −λ , x! e

x ∈ {0, 1, 2, . . .}.

Zakon raspodele uslovne sluˇcajne promenljive Y | {X = x}: ( y−x λ −λ , y ∈ {x, x + 1, x + 2, . . .} (y−x)! e . P (Y = y | X = x) = 0 , y 6∈ {x, x + 1, x + 2, . . .} Zakon raspodele sluˇcajnog vektora (X, Y ) : P (X = x, Y = y) = P (X = x) P (Y = y | X = x) = ( λy −2λ , x ∈ {0, 1, 2, . . .} ∧ y ∈ {x, x + 1, x + 2, . . .} x!(y−x)! e . = 0 , inaˇce 20

2 . 3

Zakon raspodele sluˇcajne promenljive Y : za y < 0 je P (Y = y) = 0, a za y ∈ {0, 1, 2, . . .} je ∞ P

P (Y = y) =

x=0

= λy e−2λ

y P x=0

=

λy e−2λ y!

x=0

1 x!(y−x)!

y ¡ ¢ P y x=0

y P

P (X = x, Y = y) =

x

·

y! y!

=

λy e−2λ y!

· 1x · 1y−x =

y P x=0

λy e−2λ y!

λy −2λ x!(y−x)! e

y! x!(y−x)!

=

y

(1 + 1) =

=

λy e−2λ y!

y ¡ ¢ P y x=0

λy e−2λ y 2 y!

=

x

=

(2λ)y e−2λ . y!

Dakle, sluˇcajna promenljiva Y ima Poasonovu raspodelu P (2λ). Zakon raspodele sluˇcajne promenljive X | {Y = y} (y ∈ {0, 1, 2, . . .}): Za x 6∈ {0, 1, 2, . . . , y} je oˇcigledno P (X = x | Y = y) =

P(X=x,Y =y) P(Y =y)

= 0,

a za x ∈ {0, 1, 2, . . . , y} je y −2λ

=y) λ e P (X = x | Y = y) = P(X=x,Y = x!(y−x)! · (2λ)yy!e−2λ = P(Y =y) ¡ y ¢ ¡ 1 ¢y ¡ y ¢ ¡ 1 ¢y−x ¡ 1 ¢x y! λy · (2λ) = x · 2 · 2 . = x!(y−x)! y = x · 2

Prema ¡ ¢tome, sluˇcajna promenljiva X | {Y = y} ima binomnu raspodelu B y, 12 . ¯ © ª 3. Neka je D = (x, y) ∈ R2 ¯ 0 < x < 1 ∧ 0 < y < x2 (vidi sliku 1), ½ A (x + y) , (x, y) ∈ D ϕX,Y (x, y) = . 0, (x, y) 6∈ D (a) 1 = =A

RR

R1

D

0

R1 0

ϕX,Y (x, y) dxdy = ! Ã 2 2 x

2

x

xy | + y2 | 0

Ã

dx = A

A (x + y) dy dx =

0

R1 ³

0

pa sledi da je A =

!

2

Rx

0

x3 +

x4 2

´ dx =

7 20 A,

20 7 .

(b) Prvi naˇcin: Posmatrajmo transformaciju f : (X, Y ) → (U, Z) datu sa U = X, Z = XY . Transformacija f je neprekidna i monotona po obe komponente, a oblast D je ograniˇcena krivama l1 = { (x, 0) | 0 < x < 1}, l2 = { (1, y) | 0 < y < 1}, ©¡ ¢¯ ª l3 = x, x2 ¯ 0 < x < 1 , odakle sledi da je oblast D0 = f (D) (vidi sliku 2) ograniˇcena krivama l1 0 = { (u, 0) | 0 < u < 1}, l2 0 = { (1, z) | 0 < z < 1}, ©¡ ¢¯ ª l3 0 = u, u3 ¯ 0 < u < 1 . ¯ © ª Dakle, D0 = (u, z) ∈ R2 ¯ 0 < u < 1 ∧ 0 < z < u3 . 21

Funkcija f : D → D0 je bijektivna pa postoji inverzna funkcija Z −1 f −1 : D0 → D, ¡ fz ¢ : (U, Z) → (X, Y ) data sa X = U , Y = U (tj. −1 f (u, z) = u, u ) i ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ x 0 ¯¯ 1 xz ¯¯ ¯¯ 1 Jf −1 (u, z) = ¯¯ u = = . yu yz ¯ ¯ − uz2 u1 ¯ u y 1 6

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

D

0

z 1 6

y = x2

z = u3 (u =

0

1

z)

.. ... .. .. .. ... ... ... .... .... .... ..... ..... ...... ...... ....... ....... ........ ........ ......... .......... ........... ............ ............ ............. .............. ............... ................ 0 ................. .................. ................... .................... ...................... ........................ ........................... .................................

D

-x

√ 3

-u

1

slika 1

slika 2

Dobijamo: ¯ ¡ ¢ ¯ ϕU,Z (u, z) = ϕX,Y f −1 (u, z) · ¯Jf −1 (u, z)¯ = ¢ ½ 20 ¡ z ¡ ¢ , (u, z) ∈ D0 7 1 + u2 = ϕX,Y u, uz · u1 = . 0 , (u, z) 6∈ D0 Gustinu sluˇcajne promenljive Z nalazimo kao marginalnu gustinu sluˇcajnog vektora (U, Z). Za z ∈ (0, 1) je: √ √ √ 3 2 3 ¢ R∞ R1 20 ¡ − z 4 +z z 20 3 z− z√ ϕZ (z) = 1 + du = ϕU,Z (u, z) du = . 3 2 7 u 7 z −∞

Dakle:

(

ϕZ (z) =

20 7

³

√ 3 z

2

1

´

1 − z + z3 − z3 0

, ,

z ∈ (0, 1) . z 6∈ (0, 1)

Drugi naˇcin: Kako sluˇcajna promenljiva (X, Y ) ne moˇze imati vrednosti oblika (0, y) (vidi © oblast ª D), dogad¯aj {XY < z} je ekvivalentan sa doz gad¯ajem Y < X (z ∈ R), tako da je ¡ ¢ RR z FZ (z) = P (Z < z) = P (XY < z) = P Y < X = ϕX,Y (x, y) dxdy Sz ¯ © ª gde je Sz = (x, y) ∈ R2 ¯ y < xz ∩ D (vidi sliku 3). y 6 1

z y= x , z>1 1 y= x z y= x , z∈(0,1)

1

-x z y= x , z<0

slika 3

22

Za z ≤ 0 je oˇcigledno Sz = ∅, pa je FZ (z) = 0. Za 0 < z ≤ 1 (vidi sliku 4) je: Ã 2 ! Ãz √ 3 R z Rx 20 R1 Rx FZ (z) = 7 (x + y) dy dx + 0

√ 3

0

z

0

! 20 7

(x + y) dy dx =

³ ´ √ √ √ 3 3 2−z = z 4 (5 + 2 3 z) + 10 z 2 − 2 z + z 7 ³ ´ √ √ 3 1 3 = 7 z 20 − 15 z + 12 z 2 − 10z .

=

1 7

√ 3

y 1 6

y=x2

... ..... ........ ........... .............. ................. ..................... ...................... ....................... ......................... .......................... ............................ z .............................. ................................ .................................... √ 3 z 1

S

z y= x

-x

slika 4

Za 1 < z je oˇcigledno Sz = D, pa je FZ (z) = 1. Koriste´ci da je ϕZ (z) = FZ0 (z), dobijamo ( ³ ´ 1 2 20 1 − z + z3 − z3 , z ∈ (0, 1) 7 ϕZ (z) = . 0 , z 6∈ (0, 1) 4. Neka je Xi , i ∈ {1, . . . , 100} sluˇcajna promenljiva koja pretstavlja µ indika¶ 0 1 tor dogad¯aja ”u i-tom bacanju kocke dobija se ˇsestica”: Xi : . 5 1 6

100 P

Sluˇcajna promenljiva X =

6

Xi predstavlja broj dobijenih ˇsestica u 100 ¢ ¡ bacanja kocke. Ona ima binomnu raspodelu B 100, 16 i i=1

E (X) = 100 ·

1 6

=

50 i 3 1 100 X

D (X) = 100 ·

5 6

·

1 6

=

125 9 .

predstavlja relativnu uˇcestalost broja Sluˇcajna promenljiva Y = dobijenih ˇsestica u 100 bacanja kocke, i za nju je 1 1 D (Y ) = 100 2 D (X) = 720 . ¯ ¡¯ ¢ (a) P (|Y − E (Y )| < 0.1) = P ¯Y − 16 ¯ < 0.1 = ¯ ¢ [1] ¡¯ ) 1 5 = 1 − P ¯Y − 61 ¯ ≥ 0.1 ≥ 1 − D(Y 0.12 = 1 − 720·0.01 = 1 − 36 = ˇ seva. [1] - Koristimo nejednakost Cebiˇ ¯ µ¯ ¶ ¯ ¯ (b) P (|Y − E (Y )| < 0.1) = P ¯¯ Y√−E(Y ) ¯¯ < √0.1 = D(Y ) D(Y ) ¯ µ¯ ¶ ³ ´ ¯ ¯ = P ¯¯ Y√−E(Y ) ¯¯ < √65 ≈ 2φ √65 − 1 ≈ 2φ (2.68) − 1 ≈ D(Y )

E (Y ) =

1 100 E (X)

=

1 6

i

≈ 2 · 0.99632 − 1 ≈ 0.9926. 23

31 36 .

5. Gustina i funkcija raspodele sluˇcajne promenljive X glase Y6

½

1 x 2e 1 −x 2e

ϕX (x) =

5

x<0 , x≥0 −4

½ FX (x) =

, ,

1

1 x 2e − 12 e−x

1

-X

, x≤0 , , x>0 Y =X(X+4)

jer za x ≤ 0 imamo Rx Rx FX (x) = ϕX (x) dx =

1 t 2 e dt

= 12 ex ,

a za x > 0 je Rx R0 FX (x) = ϕX (x) dx =

1 t 2 e dt

+

−∞

−∞

−∞

−∞

Rx 1 0

−t 2 e dt

−4

= 1 − 12 e−x .

Raspodela sluˇcajne promenljive X se grana u taˇcki x = 0. Na osnovu definicije sluˇcajne promenljive Y (Y = −4 je minimalna vrednost, za X > 1 je Y = 5, i za X = 0 je Y = 0) nalazimo funkciju raspodele sluˇcajne promenljive Y na slede´ci naˇcin (vidi sliku): . Za y ≤ −4 je FY (y) = 0. 2 . Za y ∈ (−4, √ 0] je (x + 4x = y je za x1 = −2 − x2 = −2 + 4 + y, pri ˇcemu je x1 < 0 i x2 ≤ 0): FY (y) = P (Y < y) = P (x1 < X < x2 ) = ¡ ¢ √ √ = P −2 − 4 + y < X < −2 + 4 + y = ¡ ¢ ¡ ¢ √ √ = FX −2 + 4 + y − FX −2 − 4 + y = ³ ´ √ √ = 12 e−2+ 4+y − e−2− 4+y . 2 . Za y ∈ (0, √ 5] je (x + 4x = y je za x1 = −2 − x2 = −2 + 4 + y, pri ˇcemu je x1 < 0 i 0 < x2 ≤ 1): FY (y) = P (Y < y) = P (x1 < X < x2 ) = ¢ ¡ √ √ = P −2 − 4 + y < X < −2 + 4 + y = ¡ ¢ ¡ ¢ √ √ = FX −2 + 4 + y − FX −2 − 4 + y = √

= 1 − 12 e2−

4+y

√

√

4 + y i za

4 + y i za

√ 4+y

− 21 e−2−

. √ . Za y ∈ (5, ∞) je (x2 + 4x = y ∧ x < 1 je za x1 = −2 − 4 + y, pri ˇcemu je x1 < 0): ¢ ¡ √ FY (y) = P (Y < y) = P (x1 < X) = 1 − FX −2 − 4 + y = = 1 − 12 e−2−

√ 4+y

.

6. Brod A se zadrˇzava u luci dva sata i za to vreme brod B ne moˇze da pristane, a brod B se zadrˇzava od momenta pristajanja pa do kraja posmatranog perioda, tako da ako brod B stigne u luku pre broda A, 24

tada brod A ne´ce mo´ci da pristane u luku. Obeleˇzimo sa tA , odnosno sa tB , vremena dolaska brodova A i B u luku, tako da u koordinatnoj ravni vremena pristizanja brodova moˇzemo predstaviti kao ured¯eni par (tA , tB ), pri ˇcemu siguran dogad¯aj moˇzemo predstaviti kao kvadrat K = { (tA , tB ) | tA ∈ [0, 24] ∧ tB ∈ [0, 24]} . Obeleˇzimo sa m (X) povrˇsinu oblasti X. Pri tome je povrˇsina kvadrata m (K) = 242 = 576. (a) Dogad¯ajima M1 : ”brod A stiˇze posle broda B” i M2 : ”brod B stiˇze posle broda A, ali najviˇse 2 sata posle” odgovaraju disjunktne oblasti (vidi sliku 1) M1 = { (tA , tB ) ∈ K | tB < tA } i M2 = { (tA , tB ) ∈ K | tA < tB < tA + 2} (odgovaraju´ci dogad¯aji su disjunktni). Povrˇsine ovih oblasti su: m (M1 ) = 576 i m (M2 ) = 288 − 2 = 288 Verovatno´ca traˇzenog dogad¯aja je P (M1 + M2 ) = P (M1 ) + P (M2 ) = =

m(M1 ) m(K)

+

m(M2 ) m(K)

=

288 576

+

46 576

=

167 288

(24−2)2 2

= 46.

≈ 0.58.

(b) Dogad¯ajima L1 : ”brod A stiˇze bar 10 sati posle broda B” i L2 : ”brod B stiˇze bar 10 sati posle broda A” odgovaraju disjunktne oblasti (vidi sliku 2) L1 = { (tA , tB ) ∈ K | tA ≥ tB + 10} i L2 = { (tA , tB ) ∈ K | tB ≥ tA + 10} (odgovaraju´ci dogad¯aji su disjunktni). Povrˇsine ovih oblasti su: m (L1 ) = m (L2 ) = Verovatno´ca traˇzenog dogad¯aja je P (L1 + L2 ) = P (L1 )+P (L2 ) = tA tB = tA tB − tA = 2 ...................¡ ... .................. 24 6 . . . ...................¡ .....¡ ................ .... ............... ......................... ............. . . . ¡ ¡ . . . M1 ...........¾ ............ ........... M2 .......... .... ..........¡ ......¡ ........ .................. ...... ..... ..... . . . ¡ ¡ . . . ........ ... .... ....... 0 .........¡ .....¡ - tB ¡2 ¡ 24 slika 1

(24−10)2 2

m(L1 ) m(L2 ) m(K) + m(K)

= 98. 98 = 2· 576 =

49 144

≈ 0.34.

tA tA − tB = 10 ¡ t − t = 10 6 .............. B A ............. 24 ............ ........... ¡ .......... ......... L ........ .......1 ¡ ¡ ...... ..... .... ... ... ... .. .... ..... ¡ ¡ ...... ....... ........ ......... 10¡. .......... ........... ............ ............. ¡ .............. ............... ................ ................. .................. ................... .................... L2 ..................... 0 ¡ ...................... ....................... t ¡10 24 B slika 2

15.07.1999. 1. Iz skupa {1, 2, . . . , n} na sluˇcajan naˇcin se bira jedan broj, a zatim, bez vra´canja, joˇs jedan. 25

(a) Na´ci verovatno´cu da je drugi broj ve´ci od prvog. (b) Na´ci verovatno´cu da je drugi broj za dva ve´ci od prvog. 2. U kutiji je 8 belih i 2 crne kuglice. (a) Igraˇc A izvlaˇci dva puta po jednu kuglicu bez vra´canja. Pri svakom izvlaˇcenju bele kuglice on dobija 3 dinara, a pri svakom izvlaˇcenju crne kuglice on pla´ca 5 dinara. Odrediti njegov oˇcekivani dobitak. (b) Igraˇc B izvlaˇcenja vrˇsi sa vra´canjem, jer procenjuje da bi njegov oˇcekivani dobitak u tom sluˇcaju bio ve´ci. Da li je on u pravu? 3. Neka su X i Y nezavisne sluˇcajne promenljive sa E (λ) raspodelom. Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive Z = |Y − X|. 4. Aparat sadrˇzi dva tranzistora od kojih svaki nezavisno od drugog pregoreva sa verovatno´com 0.1. Aparat je neispravan ako mu pregore oba tranzistora. (a) Na´ci verovatno´cu da je aparat neispravan. (b) Posmatra se uzorak od 100 aparata. Koliki ´ce biti najmanji broj M za koji je, sa verovatno´com ne manjom od 0.985, broj neispravnih aparata u uzorku najviˇse M ? 5. Tri prekidaˇca su povezana u strujno kolo na slici. Duˇzine rada prekidaˇca su nezavisne sluˇcajne promenljive sa istom uniformnom raspodelom U (0, 2). Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive T koja predstavlja duˇzinu rada strujnog kola.

X3 X1

X2

6. Gad¯a se sa n, n ≥ 2 granata rezervoar nafte. Gad¯anja su nezavisna. Svaka granata pogad¯a rezervoar sa verovatno´com p. Ako u rezervoar padne jedna granata, on se zapali sa verovatno´com p0 , a ako padnu bar dve granate, on se sigurno zapali. Kolika je verovatno´ca da ´ce se rezervoar zapaliti?

Reˇ senja: 1. Prvi naˇcin: Skup elementarnih dogad¯aja je Ω = { (x, y) | x, y ∈ {1, 2, . . . , n} ∧ x 6= y} pri ˇcemu su svi elementarni dogad¯aji jednakoverovatni, pa ´cemo koristiti Laplasovu definiciju verovatno´ce tj. verovatno´ca dogad¯aja A je m(A) m(Ω) , gde je m (D) broj elementarnih dogad¯aja koji ˇcine dogad¯aj D. Pri tome je: m (Ω) = Card (Ω) = n2 − n = n (n − 1) (naˇcin izvlaˇcenja je isti kao kad bi igraˇc odjednom izvlaˇcio dve kuglice). 26

Y n 6a n−1 a n−2 a n−3 a 4 a 3 a 2 a 1 0 1

Y =X

Y =X +2

a a a a

a a a a

a a a a

a a a a a a a a a a a a

a a a a a a a a a

a a a a

a a a a

23 4

a a a a

a a a a n X

(a) Traˇzeni dogad¯aj je A = { (x, y) | x, y ∈ {1, . . . , n} ∧ x < y}. Broj ˇcvorova na slici (elementarnih dogad¯aja) koji se nalaze iznad prave 2 X = Y je m (A) = n 2−n pa je: P (A) =

m(A) m(Ω)

= 12 .

(b) Traˇzeni dogad¯aj je B = { (x, y) | x ∈ {1, 2, . . . , n − 2} ∧ y = x + 2}. Broj ˇcvorova na slici (elementarnih dogad¯aja) koji se nalaze na pravoj Y = X + 2 je m (B) = n − 2 pa je: P (B) =

m(B) m(Ω)

=

n−2 n(n−1) .

Drugi naˇcin: Neka su Hi , i ∈ {1, 2, . . . , n} dogad¯aji koji se realizuju kada je u prvom izvlaˇcenju izvuˇcen broj i. Familija H1 , H2 , . . . , Hn ˇcini potpun sistem dogad¯aja, i pri tome je P (Hi ) = n1 za svako i ∈ {1, 2, . . . , n}. (a) Za dogad¯aj A: ”drugi izvuˇceni broj je ve´ci od prvog” vaˇzi n−i P (A | Hi ) = n−1 , i ∈ {1, 2, . . . , n} . Na osnovu formule totalne verovatno´ce je: n n P P 1 n−i P (A) = P (Hi ) P (A | Hi ) = n · n−1 = i=1

=

1 n(n−1)

i=1

((n − 1) + (n − 2) + . . . + 2 + 1) =

1 n(n−1)

·

(n−1)n 2

= 12 .

(b) Za dogad¯aj B: ”drugi izvuˇceni broj je za dva ve´ci od prvog” vaˇzi 1 P (B | Hi ) = n−1 , i ∈ {1, 2, . . . , n − 2} , P (B | Hn−1 ) = P (B | Hn ) = 0. Na osnovu formule totalne verovatno´ce je: n n−2 P P 1 1 1 1 n−2 P (B) = P (Hi ) P (B | Hi ) = n · n−1 = n (n − 2) n−1 = n(n−1) . i=1

i=1

2. Neka su Hi , i ∈ {1, 2} dogad¯aji koji se realizuju kada je u i - tom izvlaˇcenju izvuˇcena bela kuglica. 27

(a) Dogad¯aji H1 i H2 u ovom sluˇcaju nisu nezavisni. Neka sluˇcajna promenljiva X predstavlja dobitak igraˇca A. Skup njenih vrednosti je RX = {−10, −2, 6}, a odgovaraju´ce verovatno´ce su: ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 2 1 P (X = −10) = P H 1 H 2 = P H 1 P H 2 | H 1 = 10 · 91 = 45 , ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ P (X = −2) = P H1 H 2 + H 1 H2 = P H1 H 2 + P H 1 H2 = ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ = P (H1 ) P H 2 | H1 + P H 1 P H2 | H 1 = =

8 10

·

2 9

+

2 10

8 9

·

=

16 45 ,

P (X = 6) = P (H1 H2 ) = P (H1 ) P (H2 | H1 ) =

8 10

·

7 9

=

28 45 .

Napomena: posmatrani model izvlaˇcenja je isti kao da se obe kuglice ( 22 ) 1 , izvlaˇce odjednom, i tada dobijamo P (X = −10) = 10 = 45 (2) 2 8 8 ( )·( ) (2) P (X = −2) = 1 10 1 = 16 = 28 P (X = 6) = 10 45 , 45 . (2) (2) Prema tome, zakon raspodele dobitka igraˇca A glasi µ ¶ −10 −2 6 X: , 1 16 28 45

45

a oˇcekivani dobitak je E (X) = −10 ·

45 1 45

−2·

16 45

+6·

28 45

=

14 5

= 2.8.

(b) Dogad¯aji H1 i H2 su u ovom sluˇcaju nezavisni. Neka sluˇcajna promenljiva Y predstavlja dobitak igraˇca B. Skup njenih vrednosti je RY = {−10, −2, 6}, a odgovaraju´ce verovatno´ce su: ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ 2 ¢2 1 P (Y = −10) = P H 1 H 2 = P H 1 P H 2 = 10 = 25 , ¡ ¢ P (Y = −2) = P H1 H 2 + H 1 H2 = ¡ ¢ ¡ ¢ = P (H1 ) P H 2 + P H 1 P (H2 ) = =

8 10

·

2 10

+

2 10

8 10

·

=

8 25 ,

P (Y = 6) = P (H1 H2 ) = P (H1 ) P (H2 ) =

¡

¢ 8 2 10

=

16 25 .

Prema tome, zakon raspodele dobitka igraˇca B je µ ¶ −10 −2 6 Y : , 1 8 16 25

25

a oˇcekivani dobitak je E (Y ) = −10 · Dakle, obe taktike su ½ 0 3. ϕX (x) = λe−λx ½ 0 ϕY (y) = λe−λy

25 1 25

−2·

8 25

+6·

16 25

=

14 5

= 2.8.

jednako efikasne, tako da igraˇc B nije u pravu. ½ , x≤0 0 , x≤0 , FX (x) = , , x>0 1 − e−λx , x > 0 ½ , y≤0 0 , y≤0 , FY (y) = . , y>0 1 − e−λy , y > 0

Sluˇcajne promenljive X i Y sluˇcajnog vektora (X, Y ) glase:

su nezavisne, pa gustina i raspodela

28

½

0 λ2 e−λ(x+y)

, x≤0∨y ≤0 , , x>0∧y >0

FX,Y (x, y) = FX (x) FY (y) = ½ 0 = 1 − e−λx − e−λy + e−λ(x+y)

, x≤0∨y ≤0 . , x>0∧y >0

ϕX,Y (x, y) = ϕX (x) ϕY (y) =

Prvi naˇcin: Nad¯imo funkciju raspodele sluˇcajne promenljive Z = |Y − X| bez nalaˇzenja njene gustine: • Za z ≤ 0: FZ (z) = P (Z < z) = P (|Y − X| < z) = 0. • Za z > 0: neka je (vidi sliku 1) Sz = { (x, y) | x > 0 ∧ y > 0 ∧ |y − x| < z} = = { (x, y) | x > 0 ∧ y > 0 ∧ x − z < y < x + z}. Y = X +z ... ........

Y 6 z 0

............ ................ ..................... ......................... ............................. ............................... ............................... ............................... ............................... ............................... ............................... ............................... ............................... ............................... ............................... ............................... ............................... ............................... ............................... ............................... ............................... ............................... ............................... ............................... z ............................... ............................... ............................... ............................... ............................... .............................. ............................. ............................ ........................... .......................... ......................... ........................ ....................... ...................... ..................... .................... ................... .................. ................. ................

S

Y =X −z

-X

z

slika 1

FZ (z) = P (Z < z) = P (|Y − X| < z) = P (−z < Y − X < z) = RR = P ((X, Y ) ∈ Sz ) = ϕX,Y (x, y) dxdy = =

Rz

µ x+z R

0

Sz

¶

λ2 e−λ(x+y) dy dx +

R∞ z

0

Ã

x+z R

! λ2 e−λ(x+y) dy dx =

x−z

¡ ¢ ¢ R∞ ¡ λe−λx 1 − e−λ(x+z) dx + λ e−λ(2x−z) − e−λ(2x+z) dx = z 0 Ã ! z z R −λx R −λ(2x+z) R∞ −λ(2x−z) R∞ −λ(2x+z) =λ e dx − e dx + e dx + e dx = =

Rz

0

z

0 −λz

=1−e

+

1 −3λz 2e

−

1 −λz 2e

+

1 −λz 2e

z

−

1 −3λz 2e

= 1 − e−λz .

Drugi naˇcin: Posmatrajmo transformaciju f : (X, Y ) → (U, V ) definisanu sa U = X, V = Y − X. Njena inverzna transformacija f −1 : (U, V ) → (X, Y ) je X = U , Y = U + V i Jakobijan te inverzne transformacije je ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ xu xv ¯ ¯ 1 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = 1. Jf −1 (u, v) = ¯ = yu yv ¯ ¯ 1 1 ¯ Transformacijom f se oblast D = { (x, y) | x > 0 ∧ y > 0} (vidi sliku 2) ograniˇcena polupravama 29

l1 : x = 0, y > 0 l2 : y = 0, x > 0

l1 = { (0, t) | t ∈ R+ } l2 = { (t, 0) | t ∈ R+ }

⇔ ⇔

preslikava u oblast D0 = { (u, v) | u > 0 ∧ −u < v} (vidi sliku 3) ograniˇcenu polupravama l10 = f (l1 ) : u = 0, v > 0 ⇔ l10 = { (0, t) | t ∈ R+ } . l20 = f (l2 ) : v = −u, u > 0 ⇔ l20 = { (t, −t) | t ∈ R+ } Tako dobijamo

¯ ¡ ¢ ¯ ϕU,V (u, v) = ϕX,Y f −1 (u, v) · ¯Jf −1 (u, v)¯ = ϕX,Y (u, u + v) · 1 = ½ 2 −λ(2u+v) λ e , (u, v) ∈ D0 = . 0 , (u, v) 6∈ D0 Gustinu raspodele sluˇcajne promenljive V sada dobijamo kao marginalnu R∞ gustinu vektora (U, V ): ϕV (v) = ϕU,V (u, v) du = . . . −∞

(a) Za v ≤ 0 : (b) Za v > 0 :

ϕV (v) = ϕV (v) =

R∞ −v

R∞ 0

λ2 e−2λu e−λv du = λ2 eλv .

λ2 e−2λu e−λv du = λ2 e−λv . V ........................... ........................... 6 ........................... ........................... ...........................

Y ........................... 6 ........................... ........................... ........................... ...........................

........................... ........................... ........................... ........................... ........................... ........................... ........................... 0 ........................... ........................... ........................... ........................... ........................... ........................... ........................... ........................... ........................... ........................... ........................... ........................... ........................... ........................... ........................... .......................... ......................... ........................ ....................... ...................... ..................... .................... ................... .................. ................. ................ ............... .............. .............

D

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

D

-U

@

-X

@ V = −U

slika 2

slika 3

Prema tome: ϕV (v) = λ2 e−λ|v| , v ∈ R. Sada imamo da je Z = |V | pa je  0 , z≤0  Rz FZ (z) = P (Z < z) = P (|V | < z) = = ϕV (v) dv , z > 0  −z   0 , z≤0 0 , z≤0   Rz λ −λ|v| Rz λ −λv = = = dv , z > 0 dv , z > 0   2 2e 2e 0 ½ −z 0 , z≤0 = . 1 − e−λz , z > 0 Dakle, sluˇcajna promenljiva Z ima ekponencijalnu raspodelu E (λ). 4. (a) Tranzistori pregorevaju nezavisno, svaki sa verovatno´com 0.1, pa verovatno´ca neispravnosti aparata iznosi p = 0.1 · 0.1 = 0.01. 30

(b) Neka sluˇcajna promenljiva Xi , i ∈ {1, 2, . . . , 100} predstavlja indikator neispravnosti i - tog aparata (dogad¯aj {Xi = 1} znaˇci da je i - ti aparat neispravan, a dogad¯aj {Xi = 0} znaˇci da je i - ti aparat ispravan). µ ¶ 0 1 E (Xi ) = 0.01 Xi : , , i ∈ {1, 2, . . . , 100} . 0.99 0.01 D (Xi ) = 0.0099 100 P Sluˇcajna promenljiva X = Xi predstavlja broj neispravnih i=1

aparata u uzorku obima 100 (X ima binomnu B (100, 0.01) raspodelu), pri ˇcemu je (zbog osobina matematiˇckog oˇcekivanja i disperzije sume nezavisnih sluˇcajnih promenljivih) E (X) = 100 · 0.01 = 1 i D (X) = 100 · 0.0099 = 0.99. Broj M dobijamo reˇsavanjem nejednaˇcine P (X ≤ M ) ≥ 0.985: µ ¶ µ ¶ √ 0.985 ≤ P (X ≤ M ) = P X−E(X) ≤ M√−E(X) ≈ φ M√−E(X) , D(X)

D(X)

D(X)

odakle dobijamo: M −E(X) √ º φ−1 (0.985) ≈ 2.17 ⇒ D(X) p ⇒ M º 2.17 D (X) + E (X) ≈ 2.17 · 0.994987 + 1 ≈ 3.1591. Dakle, traˇzeni broj M je 4. 5. Za sve i ∈ {1, 2, 3} je ½ 0 , x 6∈ [0, 2] ϕXi (x) = , 1 , x ∈ [0, 2] 2

  0 FXi (x) =



x 2

1

, x≤0 , x ∈ (0, 2] . , 2
Sluˇcajna promenljiva U = min {X1 , X2 } predstavlja vreme rada serijske veze X1 − X2 , a poˇsto su sluˇcajne promenljive Xi nezavisne, dobijamo FU (u) = P (U < u) = P (min {X1 , X2 } < u) = 1−P (min {X1 , X2 } ≥ u) = = 1 − P (X1 ≥ u, X2 ≥ u) = 1 − P (X1 ≥ u) P (X2  0 , ¡ ¢¡ ¢  2 = 1 − 1 − FX1 (u) 1 − FX2 (u) = u − u4 ,  1 ,

≥ u) = u≤0 u ∈ (0, 2] . 2
Konaˇcno, sluˇcajna promenljiva T = max {U, X3 } predstavlja vreme rada celog kola, a poˇsto su sluˇcajne promenljive Xi nezavisne, tada su i sluˇcajne promenljive U i X3 nezavisne, pa dobijamo FT (t) = P (T < t) = P (max {U, X3 } < t) = P (U < t, X3   ¡0 t ¢ 1 2 1− 4 t = P (U < t) P (X3 < t) = FU (t) FX3 (t) =  2 1

< t) = , t≤0 , t ∈ (0, 2] . , 2
6. Neka sluˇcajna promenljiva X predstavlja broj pogodaka. Oznaˇcimo sa A posmatrani dogad¯aj: ”rezervoar je zapaljen”. Sluˇcajna promenljiva X ima binomnu raspodelu B (n, p). 31

Dogad¯aji {X = 0}, {X = 1}, {X ≥ 2} ˇcine potpun sistem dogad¯aja, pa je P (A) = P (X = 0) P (A | X = 0) + P (X = 1) P (A | X = 1) + + P (X ≥ 2) P (A | X ≥ 2). Po uslovima zadatka imamo: P (A | X = 0) = 0, P (A | X = 1) = p0 , ¡n¢ n n P (X = 0) = 0 (1 − p) = (1 − p) , ¡n¢ n−1 n−1 P (X = 1) = 1 p (1 − p) = np (1 − p) ,

P (A | X ≥ 2) = 1,

P (X ≥ 2) = 1 − P (X < 2) = 1 − (P (X = 0) + P (X = 1)) = ³ ´ n n−1 = 1 − (1 − p) + np (1 − p) = n−1

= 1 − (1 − p) te tako dobijamo:

(1 + (n − 1) p) ,

P (A) = 1 − (1 − p)

n−1

(1 − p (1 − n + np0 )).

04.09.1999. 1. U kutiji A se nalaze 2 bele i 5 crvenih kuglica, a u kutiji B se nalaze 4 bele i 4 crvene kuglice. Iz svake kutije se na sluˇcajan naˇcin biraju po dve kuglice, a zatim se od ove 4 kuglice na sluˇcajan naˇcin bira jedna. Ako se zna da je poslednja izabrana kuglica bele boje, koliko iznosi verovatno´ca da ona potiˇce iz kutije B. µ ¶ −1 0 2. Sluˇcajna promenljiva X ima zakon raspodele , a sluˇcaj2 1 na promenljiva Y ima uniformnu raspodelu raspodele sluˇcajne promenljive Z = XY .

3

3

U (0, 2). Na´ci funkciju

3. Sluˇcajna promenljiva X ima uniformnu U (1, 2) raspodelu, a sluˇcajna promenljiva Y za X = x ima uniformnu U (x, x + 1) raspodelu. Na´ci Y −1 raspodelu sluˇcajne promenljive Z = X+1 . 4. Lutrija je pustila u prodaju nagradnu igru. Cena jednog listi´ca je 10 dinara. Verovatno´ca da je listi´c dobitni iznosi 0.9. Dobitak svakog listi´ca je nezavisan od ostalih. Ukoliko je kupljen ”dobitni” listi´c, dobitak iznosi 100 dinara. (a) Pera je uloˇzio 1000 dinara u nagradnu igru. Koliko iznosi verovatno´ca da je njegov dobitak bar 9200 dinara? (b) Koliko najmanje novca treba uloˇziti pa da sa verovatno´com ve´com od 0.95 dobijemo bar 10000 dinara? 5. Sistem se sastoji od ured¯aja X i Y promenljive koje imaju slede´ce gustine: 32

ˇcija su vremena rada sluˇcajne

½

½ m , t ∈ [0, 2] , t ∈ [0, 1] t+2 , ϕY (t) = . 0 , t 6∈ [0, 2] 0 , t 6∈ [0, 1] Sistem funkcioniˇse tako ˇsto se na poˇcetku aktivira ured¯aj X, a kada X prestane sa radom aktivira se ured¯aj Y , i nakon prestanka rada ured¯aja Y i sistem prestaje da funkcioniˇse. ϕX (t) =

k t+1

(a) Izraˇcunati konstante k i m. (b) Na´ci oˇcekivano vreme funkcionisanja sistema. 6. U vremenskom intervalu od 60 sekundi dva ovna u sluˇcajnim trenucima kre´cu sa dva kraja brvna, i pri tome jednom treba 10, a drugom 20 sekundi da pred¯u brvno. U sluˇcaju da se susretnu na brvnu, sa verovatno´com 13 jedan obara drugog, a sa verovatno´com 23 oba ovna padaju. Koliko iznosi verovatno´ca da ´ce oba ovna pasti s brvna? 7. U kutiji se nalaze tri kuglice koje mogu biti bele ili crne boje. Na sluˇcajan naˇcin se izvlaˇci jedna kuglica i zamenjuje se kuglicom suprotne boje. Stanje sistema nakon svake zamene definiˇsemo brojem belih kuglica u kutiji. (a) Sastaviti matricu prelaza za jedan korak. (b) Ako su na poˇcetku u kutiji bile 1 bela i 2 crne kuglice, na´ci verovatno´cu da ´ce nakon dve zamene stanje u kutiji biti nepromenjeno. (c) Na´ci finalne verovatno´ce. 8. Data je gustina obeleˇzja X: ϕX (x) =

1√ − e 2λ x

√ x λ

, x > 0.

(a) Metodom maksimalne verodostojnosti na´ci ocenu parametra λ. (b) Pokazati da je nad¯ena ocena centrirana. (c) χ2 testom testirati saglasnost uzorka Ii (0, 1] (1, 2] (2, 4] (4, 6] (6, +∞) mi 24 12 8 4 2 sa datim obeleˇzjem za λ = 1 i pragom znaˇcajnosti α = 0.05.

Reˇ senja: 1. Oznake dogad¯aja:

D - ”izvuˇcena je bela kuglica”, A - ”izvuˇcena kuglica je iz kutije A”, B - ”izvuˇcena kuglica je iz kutije B”. Dogad¯aji A i B ˇcine potpun sistem dogad¯aja, a po uslovu zadatka vaˇzi P (A) = P (B) = 12 ,

P (D | A) = 27 ,

P (D | B) = 21 ,

te je P (D) = P (A) P (D | A) + P (B) P (D) B =

1 2

·

2 7

+

1 2

·

1 2

=

11 28 .

Traˇzenu verovatno´cu dobijamo na osnovu Bajesove formule: 1 1 · 7 P (B) P (D | B) = 2 11 2 = . P (B | D) = P (D) 11 28 33

2. Funkcija raspodele sluˇcajne promenljive   0 , 1 y , FY (y) =  2 1 ,

Y je y≤0 0
Dogad¯aji {X = −1} i {X = 0} ˇcine potpun sistem dogad¯aja pa je FZ (z) = P (Z < z) = P (XY < z) = = P (X = −1) P (XY < z | X = −1) + P (X = 0) P (XY < z | X = 0) = = 32 P (−Y < z) + 13 P (0 < z) = 23 P (Y > −z) + 13 P (0 < z) = = =

2 3 2 3

(1 − P (Y ≤ −z)) + 31 P (0 < z) = (1 − P (Y < −z)) + 31 P (0 < z) =

2 3

(1 − FY (−z)) + 13 P (0 < z) = . . .

(a) Za z ≤ −2 ( ⇔ −z ≥ 2) vaˇzi: FZ (z) = 32 (1 − 1) + 0 = 0, (b) za z ∈ (−2, 0] ( ⇔ −z ∈ [0, 2)) vaˇzi: ¡ ¢ FZ (z) = 32 1 − −z + 0 = 2+z 2 3 , (c) za z > 0 ( ⇔ −z < 0) vaˇzi: FZ (z) = 23 (1 − 0) + 13 = 1.   ,  0 2+z Prema tome: FZ (z) = , 3   1 , ½ 1 , x ∈ [1, 2] 3. ϕX (x) = , 0 , x 6∈ [1, 2] ½ 1 , y ∈ [x, x + 1] ϕY | {X=x} (y) = 0 , y 6∈ [x, x + 1]

z ≤ −2 z ∈ (−2, 0] . 0
¡

y =x+1

¡ y=x ¡ ¡ 2 ¡D ¡ ¡ ¡ 1 ¡ ¡ 0 ¡ -x ¡ 1 2 ... ... .... ..... ...... ....... ........ ......... .......... ........... ............ ............. ............. ............ ........... .......... ......... ........ ....... ...... ..... .... ... ...

slika 1

¯ © ª D = (x, y) ∈ R2 ¯ x ∈ [1, 2] ∧ y ∈ [x, x + 1] (vidi sliku 1), pri ˇcemu je m (D) = 1 (povrˇsina oblasti D). ½ 1 , (x, y) ∈ D ϕX,Y (x, y) = ϕX (x) ϕY | {X=x} (y) = . 0 , (x, y) 6∈ D Posmatrajmo transformaciju f : (X, Y ) → (U, Z) definisanu sa ´´ ³ ³ y−1 Y −1 Z = X+1 . i U =X f (x, y) = x, x+1 y−1 Reˇsavaju´ci sistem jednaˇcina z = x+1 ∧ u = x po x i y (reˇsenja su x = u ∧ y = (u + 1) z + 1) dobijamo inverznu transformaciju (x, y) = f −1 (u, z) = (u, (u + 1) z + 1).

Transformacija f je neprekidna na oblasti D, a oblast D je ograniˇcena pravama l1 : x = 1, l2 : x = 2, l3 : y = x, l4 : y = x + 1, odnosno 34

l1 = { (1, y) | y ∈ R} ,

l2 = { (2, y) | y ∈ R} ,

l3 = { (x, x) | x ∈ R} ,

l4 = { (x, x + 1) | x ∈ R} ,

pa je oblast D0 = f (D) ograniˇcena krivama l10 = f (l1 ) = { (1, z) | z ∈ R} , n³ ´¯ o ¯ l30 = f (l3 ) = u, u−1 u+1 ¯ u ∈ R ,

l20 = f (l2 ) = { (2, z) | z ∈ R} , n³ ´¯ o ¯ u l40 = f (l4 ) = u, u+1 ¯ u∈R , u−1 u+1 ,

odnosno l10 : u = 1, l20 : u = 2, l30 : z = z 6 2

l40 : z =

z=

............ ...................... ............................. .................................... ......................................... ................................................ .................................................... ......................................................... .......................................................... .......................................................... .......................................................... .......................................................... .......................................................... 0 .......................................................... .......................................................... .......................................................... .......................................................... .......................................................... ........................................................ ................................................ ......................................... ...................................... .................................. ............................... ........................... ......................... ...................... ................... ................. ............... ............ .......... ........ ....... ..... ..

3 1 2

D

1 3

0

u u+1 ,

1

u u+1

z=

u−1 u+1

- u

2

slika 2

pa dobijamo da je D0 =

n

io h ¯ u (u, z) ∈ R2 ¯ u ∈ [1, 2] ∧ z ∈ u−1 u+1 , , u+1

(vidi sliku 2). Jakobijan inverzne transformacije f −1 je: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ xu xz ¯ ¯ 1 0 ¯¯ −1 ¯ ¯ ¯ Jf −1 (u, z) = ¯ = = u + 1. yu yz ¯ ¯ z u + 1 ¯ Tako dolazimo do gustine vektora (U, Z) : ¯ ¡ ¢ ¯¯ ¯ ϕU,Z (u, z) = ϕX,Y f −1 (u, z) ¯Jf−1 −1 (u, z)¯ = ½ u+1 , = ϕX,Y (u, (u + 1) z + 1) |u + 1| = 0 ,

(u, z) ∈ D0 , (u, z) 6∈ D0

i do gustine sluˇcajne promenljive Z: R∞ ϕZ (z) = ϕU,Z (u, z) du = . . . −∞

¤ £ (a) Za z 6∈ 0, 23 je:

ϕZ (z) =

¤ £ (b) Za z ∈ 0, 13 je: 1+z 1−z

ϕZ (z) = (c) Za z ∈

(u + 1) du =

1 ¡1 1¤ , 3 2 R2

ϕZ (z) = (d) Za z ∈

R

ϕZ (z) =

(u+1)2 2

(u+1)2 2

1+z 1−z

| =

1

1 2(1−z)2

− 2.

2

|=

1

9 2

− 2 = 52 .

je:

(u + 1) du =

z 1−z

0du = 0.

−∞

je:

(u + 1) du =

1 ¡1 2¤ 2, 3 R2

R∞

(u+1)2 2

35

2

| =

z 1−z

9 2

−

1 . 2(1−z)2

4. Obeleˇzimo sa X broj dobitnih od n kupljenih listi´ca. X : B (n, 0.9),

E (X) = 0.9n,

D (X) = 0.09n.

(a) n = 1000 X : B (100, 0.9), E (X) = 90, D (X) = 9. 10 = 100, Treba da je broj dobitnih listi´ca ve´ci ili jednak sa 9200 = 92, tako da 100 je traˇzena verovatno´ca ¶ µ [1] √ √ = P (X ≥ 92) = 1 − P (X < 92) = 1 − P X−E(X) ≤ 92−E(X) D(X) D(X) ³ ´ √ = 1 − P X ∗ ≤ 92−90 ≈ 1 − P (X ∗ ≤ 0.67) ≈ 1 − φ (0.67) ≈ 9 ≈ 1 − 0.7486 ≈ 0.2514. (b) Traˇzimo n za koje ´ce broj dobitnih listi´ca biti bar 10000 100 = 100 sa verovatno´com od 0.95 ili ve´com, odnosno reˇsavamo po n nejednaˇcinu P (X ≥ 100) ≥ 0.95. Kako je P (X ≥ 100) ≥ 0.95 ⇔ 1 − P (X < 100) ≥ 0.95 ⇔ ³ ´ [1] 100−0.9n √ √ ⇔ 1 − P X−0.9n < ≥ 0.95 ⇔ 0.09n 0.09n ³ ´ √ ⇔ 1 − P X ∗ < 100−0.9n ≥ 0.95 ⇔ 0.3 n ³ ´ ³ ´ 100−0.9n √ √ ⇔ P X ∗ < 100−0.9n ≤ 0.05 ⇔ φ ¹ 0.05 ⇔ 0.3 n 0.3 n 100−0.9n √ 0.3 n

¹ φ−1 (0.05) ≈ −1.645 ⇔ √ ⇔ 0.9n − 0.4935 n − 100 º 0 ⇔ ¡ √ ¢ ⇔ 0.9t2 − 0.4935t − 100 º 0 ∧ t = n ⇔ √ ⇔ ((t º 10.8187 ∨ t ¹ −10.2703) ∧ t = n) ⇔ √ ⇔ (t º 10.8187 ∧ t = n) ⇔ n = t2 º 10.81872 ≈ 117.0443, treba da je n ≥ 118, odnosno ulog treba da je bar 118 · 10 = 1180 dinara. ⇔

[1] - Na osnovu centralne graniˇcne teoreme je √ X ∗ = X−E(X) ∼ N (0, 1). D(X)

5. (a) Iz uslova R∞ R1 ϕX (t) dt = −∞ R∞

−∞

ϕY (t) dt =

0 R2 0

k t+1 dt

= k · ln 2 = 1,

m t+2 dt

= m · ln 2 = 1,

dobijamo da je k =

1 ln 2

i m=

1 ln 2 .

(b) Obeleˇzimo sa Z sluˇcajnu promenljivu koja pretstavlja vreme rada sistema. Na osnovu opisanog naˇcina rada imamo da je Z = X + Y i traˇzi se E (Z). Imamo ´ R∞ R1 t R1 ³ 1 E (X) = tϕX (t) dt = ln12 t+1 dt = ln12 1 − t+1 dt = −∞

=

1 ln 2

(1 − ln 2) =

1 ln 2

0

− 1, 36

0

E (Y ) =

R∞ −∞

1 ln 2

=

tϕY (t) dt =

(2 − 2 ln 2) =

2 ln 2

R2

1 ln 2

0

t t+2 dt

=

1 ln 2

R2 ³

1−

0

2 t+2

´ dt =

− 2,

E (Z) = E (X) + E (Y ) = 3

¡

1 ln 2

¢ −1 .

6. Oznaˇcimo dogad¯aje:

S - ”doˇslo je do susreta na brvnu”, A - ”oba ovna padaju sa brvna”. Koriste´ci formulu totalne verovatno´ce imamo ¡ ¢ ¡ ¢ P (A) = P (S) P (A | S) + P S P A | S . ¡ ¢ Po uslovu zadatka je P (A | S) = 23 i P A | S = 0, te je P (A) = P (S) P (A | S). Moˇzemo koristiti geometrijsku interpretaO2 o2 =o1 +20 ciju verovatno´ce. Oznaˇcimo sa m (X) ¡ o2 =o1 −10 ................ ................. 60 6 .................. ................... .................... ..................... povrˇsinu oblasti X ⊆ R2 . Vremena kre...................... ....................... ¡ ....................... ....................... ¡ T1 ....................... ....................... ....................... ....................... .......................¡ tanja ovnova preko brvna moˇzemo pred....................... ¡ ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ¡ ....................... S ¡ staviti ured¯enim parom (o1 , o2 ) ∈ K, ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ¡ ¡ ....................... ...................... 20 ..................... gde je K kvadrat sa temenima (0, 0), .................... ................... .................. T2 .................¡ ................ ............... .............. ............. ............ (60, 0), (60, 60), (0, 60). Dogad¯aj S ........... .......... ......... - O1 ........¡ 10 60 moˇzemo u ravni predstaviti (vidi sliku) kao oblast: S = { (o1 , o2 ) | o1 − 10 < o2 < o1 + 20} = K \ (T1 ∪ T2 ). Sada dobijamo: m (K) = 602 = 3600,

m (T1 ) =

402 2

= 800,

m (T2 ) =

502 2

= 1250,

odakle sledi P (S) =

m(S) m(K)

=

odnosno:

m(K)−m(T1 )−m(T2 ) m(K)

P (A) =

2 3

·

31 72

=

31 108

=

31 72 ,

≈ 0.2870.

7. Mogu´ce vrednosti sluˇcajnog procesa su 0, 1, 2, 3. (a) Matrice prelaza za jedan i za dva koraka su:  0

P =

0

1

2

0

1 0

0

 1 1 3

 2 0 0 3

2 3

0

2 3

0 1

3

 0 0   , 1   3 0

 0

P2 =

0 1 3

 0  2 2 9 1

3

0

1

0 7 9

0 2 3

2 2 3

0 7 9

0

3

0



  . 0  2 9 1 3

£ 0 1 2 3 ¤ p0 = 0 1 0 0 . (b) Vektor poˇcetne raspodele: Vektor raspodele nakon dva koraka: £ 0 1 2 3 ¤ p2 = p0 · P 2 = 0 79 0 29 . Prema tome, verovatno´ca da stanje nakon dva koraka ostaje nepromenjeno iznosi p1 (2) = 79 . 37

(c) Finalne verovatno´ce p∗j , j ∈ {0, 1, 2, 3} nalazimo reˇsavanjem sistema: [p∗0 p∗1 p∗2 p∗3 ] · P = [p∗0 p∗1 p∗2 p∗3 ] ∧ p∗0 + p∗1 + p∗2 + p∗3 = 1. p∗0

p∗1

+

+

p∗2

+

2 ∗ 3 p2

+ p3∗

1 ∗ 3 p1

p∗0 2 ∗ 3 p1

p3∗

+ 1 ∗ 3 p2

p∗0

+

=

1

=

p∗0

=

p∗1

= =

p∗2 p∗3

p∗1

+

p∗2

+

p3∗

=

1

p∗1

+

3 ∗ 4 p2 p∗2

+

3 ∗ 4 p3 3 ∗ 7 p3 p3∗

=

3 4 3 7 1 8

+

= =

⇔

p∗3 = p∗2 =

⇔

p∗1 = p∗0 =

1 8 3 8 3 8 1 8

dobijamo £

p∗ =

8. (a) L (λ) =

n Y

0 1 8

1 3 8

à ϕX (xi ; λ) = 2

−n −n

λ

i=1

ln L (λ) = −n ln 2 − n ln λ −

n Y

2 3 8

3 1 8

¤

!− 12 xi

i=1 n Y

. Ã

n

1 X√ exp − xi λ i=1

! ,

n

1 1 X√ xi , ln xi − 2 i=1 λ i=1

n ∂ ln L (λ) n 1 X√ =− + 2 xi = 0 ∂λ λ λ i=1

n

⇒

λ=

1 X√ xi . n i=1

n

Xp ˆ= 1 λ Xi . n i=1 ³√ ´ ³√ ´ ³ ´ n ¡√ ¢ ˆ = 1 P E Xi = 1 nE X = E X = (b) E λ n n i=1 ³ ´ √ R∞ √ R∞ √ = x · ϕX (x) dx = 2λ√xx · exp − λx dx = −∞ 0 ³ √ ´ R∞ R∞ [1] x 1 = 2λ · exp − λ dx = λ t exp (−t) dt = λΓ (2) = λ. Odnosno, dobili smo ocenu:

0

0

√

x λ

[1] - Smenom = t. Dakle, ocena je centrirana. (c) Funkcija raspodele sluˇcajne promenljive X glasi:  ½ , x≤0  0 0 Rx 1 −√x √ FX (x) = = √ dx , x > 0 e 1 − e− x  2 x 0

38

, x≤0 , , x>0

a u tablici spajamo poslednja dva intervala da bi svako mi bilo najmanje 5. Obim uzorka je: n = 24+12+8+6 = 50. Odgovaraju´ce teorijske verovatno´ce pi dobijamo na slede´ci naˇcin: pi = P (X ∈ (ai , bi ]) = FX (bi ) − FX (ai ). Prema tome, χ2 test primenjujemo na slede´ce podatke: (ai , bi ] mi pi npi

(0, 1] 24 0.6321 31.606

(1, 2] 12 0.1248 6.238

(2, 4] (4, +∞) 8 6 0.1078 0.1353 5.389 6.767

Sada dobijamo: 4 2 X (npi − mi ) χ23 = ≈ 8.51 > χ24−1−0;0.05 ≈ 7.81, np i i=1 ˇsto znaˇci da hipotezu odbacujemo.

27.09.1999. 1. U kutiji se nalaze 4 ispravna i 2 neispravna proizvoda. Na sluˇcajan naˇcin se izvlaˇci grupa od 3 proizvoda i ako med¯u njima ima neispravnih, svi se vra´caju. Ako je grupa proizvoda vra´cena, koliko iznosi verovatno´ca da je vra´cena zato ˇsto su u njoj bila 2 neispravna? ˇ 2. Baca se kockica za ”Coveˇ ce ne ljuti se”. Ako padne paran broj, baca se joˇs jedna, a ako padne neparan broj, bacaju se joˇs dve kockice. Oznaˇcimo sa X ukupan broj pojavljivanja dvojke, a sa Y ukupan broj pojavljivanja trojke. (a) Na´ci zajedniˇcku raspodelu sluˇcajnog vektora (X, Y ). (b) Na´ci E (Y | X = 1). 3. Dvodimenzionalna sluˇcajna promenljiva (X, Y ) data je gustinom ¢ ½ 12 ¡ 2 x + y , (x, y) ∈ T 7 ϕX,Y (x, y) = , 0 , (x, y) 6∈ T gde je T oblast: 0 < x < 1, 1 − x < y < 1. (a) Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive Z = X 2 + Y . ¢ ¡ (b) Izraˇcunati verovatno´cu P 1 < Z < 32 . 4. Koliˇcina praˇska u jednoj kesi ima oˇcekivanu vrednost a = 3.6 kg sa standardnim odstupanjem σ = 0.05 kg. Koliˇcina praˇska u jednoj kesi u sanduku je nezavisna od koliˇcine praˇska u ostalim kesama. Koliko najviˇse moˇze biti kesa u sanduku pa da ukupna koliˇcina praˇska bude manja od 400 kg sa verovatno´com 0.9? 39

5. Za ocenu nepoznatog parametra m u obeleˇzju sa normalnom raspodelom N (m, 1) predloˇzene su ocene: θ1 = nX1 − (X2 + X3 + . . . + Xn ) , 2 θ2 = (n − 1) X1 +X − (X3 + X4 + . . . + Xn ) . 2

(a) Ispitati centriranost datih ocena. (b) Koja ocena je efikasnija? 6. Troje dece se dodaju loptom. Anica sa istom verovatno´com dodaje Branku i Cani, Branko dvostruko verovatnije dodaje Anici nego Cani, Cana uvek dodaje Branku. Vreme leta lopte je zanemarljivo malo, deca podjednako dugo zadrˇzavaju loptu. (a) Ako dodavanje traje ”dovoljno dugo”, koliki deo vremenskog perioda je lopta kod kojeg deteta? (b) Dodajmo uslov da devojˇcice u 10% dodavanja ispuˇstaju loptu, i u takvom sluˇcaju se igra prekida. Ako je lopta na poˇcetku bila kod Branka, koliko iznosi verovatno´ca da ´ce biti viˇse od ˇcetiri dodavanja? 7. Dva tenisera igraju u dva uzastopna dobijena seta. Prvi igraˇc dobija pojedinaˇcni set sa verovatno´com 0.7, a drugi sa 0.3. Sluˇcajna promenljiva X predstavlja broj odigranih setova. (a) Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive X. (b) Na´ci karakteristiˇcnu funkciju sluˇcajne promenljive karakteristiˇcne funkcije matematiˇcko oˇcekivanje.

X

i pomo´cu

8. Na simpozijumu od 40 uˇcesnika, njih 30 govori srpski jezik, 12 mad¯arski i 3 slovaˇcki, 6 govori srpski i mad¯arski, 2 srpski i slovaˇcki i 2 mad¯arski i slovaˇcki. Jedan uˇcesnik govori sva tri jezika. Na´ci verovatno´cu da sluˇcajno odabran uˇcesnik ne govori ni jedan od navedenih jezika. 9. χ2 testom sa pragom znaˇcajnosti α = 0.05 testirati hipotezu da dati uzorak ne protivureˇci normalnoj raspodeli N (m, 4): (1, 3] 2

(3, 5] (5, 8] 3 7

(8, 12] 10

(12, 15] (15, 17] 11 7

Reˇ senja: 1. Oznaˇcimo sa Hi , i ∈ {0, 1, 2} broj neispravnih od tri izvuˇcena proizvoda, pri ˇcemu je A = H1 + H2 dogad¯aj koji oznaˇcava da su tri izvuˇcena proizvoda vra´cena u kutiju. Verovatno´ce ovih dogad¯aja su: ( 4 )·( 2 ) (4) 3 4 = 51 , P (H1 ) = 2 6 1 = 6·2 P (H0 ) = 36 = 20 20 = 5 , (3) (3) ( 4 )·( 2 ) P (H2 ) = 1 6 2 = 1 − P (H0 ) − P (H1 ) = 15 . (3) 40

Traˇzena verovatno´ca je: P (H2 | A) = =

P (H2 A) P (H2 (H1 + H2 )) = = P (A) P (H1 + H2 ) P (H2 ) = P (H1 ) + P (H2 )

3 5

1 5

+

1 5

=

1 , 4

gde smo koristili da su H1 i H2 disjunktni dogad¯aji. 2. Oznaˇcimo sa A, B, C sluˇcajne promenljive koje predstavljaju redom brojeve dobijene pri prvom, drugom, tre´cem bacanju kockice, pri ˇcemu ´cemo smatrati npr. da C uzima vrednost 0 ako tre´ceg bacanja uopˇste nema (u prvom bacanju je pao paran broj). Iz formulacije zadatka vidimo da su (A, B) i (B, C) parovi nezavisnih sluˇcajnih promenljivih, dok sluˇcajne promenljive A i C nisu nezavisne. Za ove sluˇcajne promenljive imamo slede´ce zakone raspodele: P (A = k) = P (B = k) = 61 ,

k ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6},

P (C = 0) = P (A ∈ {2, 4, 6}) = 12 , P (C = k) = P (A ∈ {2, 4, 6}) P (C = k | A ∈ {2, 4, 5}) + +P (A ∈ {1, 3, 5}) P (C = k | A ∈ {1, 3, 5}) = =

1 2

·0+

1 2

·

1 6

=

1 12 ,

k ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}.

Skupovi mogu´cih vrednosti sluˇcajnih promenljivih X i Y su redom RX = {0, 1, 2} i RY = {0, 1, 2, 3}. Koriste´ci navedene sluˇcajne promenljive i dogad¯aje Kn = {A ∈ {1, 3, 5}} i Kp = {A ∈ {2, 4, 6}} koji ˇcine potpun sistem dogad¯aja, pri ˇcemu je P (Kn ) = P (Kp ) = 21 , dolazimo do zakona raspodele sluˇcajnog vektora (X, Y ) : pi,j = P (X = i, Y = j) = = P (Kn ) P (X = i, Y = j | Kn ) + P (Kp ) P (X = i, Y = j | Kp ) = =j,Kn ) = P (Kn ) P(X=i,Y + P (Kp ) P(Kn )

P(X=i,Y =j,Kp ) P(Kp )

=

= P (X = i, Y = j, Kn ) + P (X = i, Y = j, Kp ) = = P (X = i, Y = j, A ∈ {1, 3, 5}) + P (X = i, Y = j, A ∈ {2, 4, 6}) , (i, j ∈ RX × RY ) . Dakle: p0,0 = P (X = 0, Y = 0, A ∈ {1, 3, 5}) + P (X = 0, Y = 0, A ∈ {2, 4, 6}) = = P (A ∈ {1, 5} , B ∈ {1, 4, 5, 6} , C ∈ {1, 4, 5, 6}) + +P (A ∈ {4, 6} , B ∈ {1, 4, 5, 6} , C = 0) = = P (A ∈ {1, 5} , B ∈ {1, 4, 5, 6} , C ∈ {1, 4, 5, 6}) + 80 , +P (A ∈ {4, 6} , B ∈ {1, 4, 5, 6}) = 26 · 46 · 46 + 62 · 46 = 216 41

p0,1 = P ³ (X = 0, Y = 1, A ∈ {1, 3, 5}) + P (X = 0, Y = 1, A ∈ {2, 4, 6}) = = P (A = 3, B ∈ {1, 4, 5, 6} , C ∈ {1, 4, 5, 6}) + +P (A ∈ {1, 5} , B = 3, C ∈ {1, 4, 5, 6}) + ´ +P (A ∈ {1, 5} , B ∈ {1, 4, 5, 6} , C = 3) + +P ³ (A ∈ {4, 6} , B = 3, C = 0)´= =

1 6

·

4 6

·

4 6

+

2 6

·

1 6

·

4 6

+

2 6

4 6

·

1 6

·

+

2 6

·

1 6

=

44 216 ,

p0,2 = P ³ (X = 0, Y = 2, A ∈ {1, ´ 3, 5}) + P (X = 0, Y = 2, A ∈ {2, 4, 6}) = = 2·

1 6

1 6

·

·

4 6

+

2 6

·

1 6

·

1 6

+0=

10 216 ,

p0,3 = P (X = 0, Y = 3, A ∈ {1, 3, 5}) + P (X = 0, Y = 3, A ∈ {2, 4, 6}) = 1 = 61 · 16 · 16 + 0 = 216 , p1,0 = P ³ (X = 1, Y = 0, A ∈ ´ {1,³3, 5}) + P (X´ = 1, Y = 0, A ∈ {2, 4, 6}) = =

2 6

·

1 6

·

4 6

+

2 6

·

1 6

·

1 6

+

1 6

4 6

·

+

2 6

·

1 6

=

52 216 ,

p1,1 = P ³ (X = 1, Y = 1, A ∈ {1, 3, 5}) + P (X = ´1, Y = 1, A ∈ {2, 4, 6}) = 18 = 61 · 16 · 46 + 16 · 46 · 16 + 26 · 16 · 16 + 26 · 61 · 16 + 16 · 16 = 216 , p1,2 = P ´ {1, 3, 5}) + P (X = 1, Y = 2, A ∈ {2, 4, 6}) = ³ (X = 1, Y = 2, A ∈ =

1 6

·

1 6

·

1 6

+

1 6

·

1 6

·

1 6

+0=

2 216 ,

p1,3 = P (X = 1, Y = 3, A ∈ {1, 3, 5}) + P (X = 1, Y = 3, A ∈ {2, 4, 6}) = 0, p2,0 = P (X = 2, Y = 0, A ∈ {1, 3, 5}) + P (X = 2, Y = 0, A ∈ {2, 4, 6}) = 8 = 62 · 16 · 16 + 16 · 16 = 216 , p2,1 = P (X = 2, Y = 1, A ∈ {1, 3, 5}) + P (X = 2, Y = 1, A ∈ {2, 4, 6}) = 1 = 61 · 16 · 16 + 0 = 216 , p2,2 = P (X = 2, Y = 2, A ∈ {1, 3, 5}) + P (X = 2, Y = 2, A ∈ {2, 4, 6}) = 0, p2,3 = P (X = 2, Y = 3, A ∈ {1, 3, 5}) + P (X = 2, Y = 3, A ∈ {2, 4, 6}) = 0, Y

0

1

2

3

80 216 52 216 8 216

44 216 18 216 1 216

10 216 2 216

1 216

X 0 1 2

0 0 .

0

Sada dobijamo P (X = 1) =

3 P

P (X = 1, Y = i) =

i=0

52 216

+

18 216

+

2 216

+0=

72 216 .

Zakon raspodele uslovne sluˇcajne promenljive Y | {X = 1} : P (Y = 0 | X = 1) =

P(X=1,Y =0) P(X=1)

=

P (Y = 1 | X = 1) =

P(X=1,Y =1) P(X=1)

= 14 , 42

13 18 ,

P (Y = 2 | X = 1) =

P(X=1,Y =2) P(X=1)

=

1 36 ,

=3) P (Y = 3 | X = 1) = P(X=1,Y = 0, P(X=1) µ ¶ 0 1 2 Y | {X = 1} : , 13 1 1 18

4

36

odakle dobijamo traˇzeno matematiˇcko oˇcekivanje: 2 P 13 +1· E (Y | X = 1) = kP (Y = k | X = 1) = 0 · 18 k=0

1 4

+2·

1 36

=

11 36 .

3. Posmatrajmo transformaciju f : (X, Y ) → (Z, U ) definisanu sa Z = X 2 +¡ Y , U =¢ Y ; dakle, funkcija f : R2 → R2 je definisana sa f (x, y) = x2 + y, y , (x, y) ∈ T . Oblast T (vidi sliku 1) je ograniˇcena duˇzima l1 = { (x, 1 − x) | x ∈ [0, 1]} (y = 1 − x), l2 = { (x, 1) | x ∈ [0, 1]} (y = 1), l3 = { (1, y) | y ∈ [0, 1]} (x = 1), pa, poˇsto je funkcija f neprekidna i monotona na oblasti T , oblast T 0 = f (T ) (vidi sliku 2) je ograniˇcena lukovima ©¡ ¢¯ ª l10 = f (l1 ) = u2 − u + 1, u ¯ u ∈ [0, 1] (z = u2 − u + 1), ©¡ ¢¯ ª l20 = f (l2 ) = x2 + 1, 1 ¯ x ∈ [0, 1] = { (z, 1) | z ∈ [1, 2]} (u = 1), l30 = f (l3 ) = { (1 + y, y) | y ∈ [0, 1]} = { (z, z − 1) | z ∈ [1, 2]} (u = z−1).

x x=1 6 ....................................... ...................................... 1@ y=1 ..................................... .................................... ................................... .................................. ................................. ................................ ............................... .............................. ............................. ............................ @ ........................... .......................... ......................... T ........................ ...................... ..................... @....................... .................... ................... .................. ................. ................ ............... ............. @.............. ............ ........... .......... ......... ........ ....... ...... ..... @ .... ... ...y 1@ @ y =1−x slika 1

u z = u2 − u + 1 6 u=1 @ ..................................................... 1 ..................................................... ..................................................... ..................................................... ..................................................... ..................................................... @ R.................................................... ..................................................... .................................................... ....................................................

√ 1+ 4z0 −3 2 1 2 √ 1− 4z0 −3 2

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

T0

z =1+u

3 z0 1 4

2

-z

slika 2

Reˇsenja sistema z = x2√+ y ∧ u = y po promenljivima z i u na oblasti T 0 su y = ¡u√∧ x = ¢ z − u odakle dobijamo inverznu transformaciju f −1 (z, u) = z − u, u , (z, u) ∈ T 0 , ˇciji je Jakobijan ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯ xz xu ¯ ¯ √1 ¯ − 2√z−u −1 2 z−u ¯ ¯ = √1 , ¯ ¯ Jf −1 (z, u) = ¯ = ¯ 2 z−u yz yu ¯ ¯ 0 1 te dobijamo:

¯ ¡ ¢ ¯¯ ¯ ϕZ,U (z, u) = ϕX,Y f −1 (z, u) ¯Jf−1 −1 (z, u)¯ =

Sada je: 43

√6z , 7 z−u

(z, u) ∈ T 0 .

ϕZ (z) =

R∞ −∞

ϕZ,U (z, u) du = . . .

- za z < 43 :

R∞

ϕZ (z) =

0du = 0;

−∞ 1+

3 4

- za

=

≤ z < 1:

− 12 7 z

√

ϕZ (z) = 1+

z−u

R

√ 1− 4z−3 2

µq

√ 4z−3 2

|

1−

√ 4z−3 2

=

√ 4z−3 2

12 7 z

√6z du 7 z−u

√ 2z−1+ 4z−3 2

- za 1 ≤ z ≤ 2: 1 R1 √ √6z du = − 12 z z − u | = ϕZ (z) = 7 7 z−u z−1

z−1

- za 2 < z:

ϕZ (z) =

R∞

= q −

12 7 z

√ 2z−1+ 4z−3 2

¶ ;

¡ ¢ √ 1− z−1 ;

0du = 0.

−∞

Koriste´ci izraˇcunatu gustinu ϕZ (z) dobijamo: 3

3

¢ R2 ¡ R2 P 1 < Z < 32 = ϕZ (z) dz = 1

=

1

3 2 2

12 z 7 2

| − 12 7 (z − 1)

¡2√ 3

1

12 7 z

¡

1−

√

¢ z − 1 dz =

3

¢2 z−1+1 | = 1

15 14

−

√ 13 2 35 .

4. Neka je Xi koliˇcina praˇska u i - toj kesi (jedinica merenja je kilogram), a n P Sn = Xi ukupna koliˇcina praˇska koji se nalazi u sanduku, upakovana u i=1

n kesa (n ∈ N). Sluˇcajna promenljiva Xi ima numeriˇcke karakteristike E (Xi ) = 3.6 i D (Xi ) = 0.052 = 0.0025 za sve i ∈ {1, 2, . . . , n}. Odatle dobijamo µ n ¶ n P P E (Sn ) = E Xi = E (Xi ) = 3.6n, i=1

µ D (Sn ) = D

n P

i=1

i=1

¶ Xi

=

n P i=1

D (Xi ) = 0.0025n

(sluˇcajne promenljive Xi su nezavisne). Treba po n reˇsiti jednaˇcinu P (Sn < 400) = 0.9. ¶ µ 400−E(Sn ) Sn −E(Sn ) < √ = 0.9 P (Sn < 400) = 0.9 ⇔ P √ µ ⇔ ⇔ ⇔

φ

D(Sn )

¶ 400−E(Sn )

√

D(Sn )

≈ 0.9

⇔

400−E(Sn )

√

D(Sn )

≈ φ−1 (0.9) ≈ 1.28

√ 3.6n + 0.064 n − 400 ≈ 0 ¡ √ ¢ 3.6t2 + 0.064t − 400 ≈ 0 ∧ t = n ⇔ 400−3.6n √ 0.05 n

≈ 1.28

⇔

44

⇔

D(Sn )

⇔

⇔

⇔ ⇔

√ ((t ≈ −10.532 ∨ t ≈ 10.5498) ∧ t = n) ⇔ √ 2 n ≈ 10.5498 ⇔ n ≈ 10.5498 ≈ 111.2983,

ˇsto znaˇci da se sa najviˇse 111 kesa u sanduku nalazi manje od 400kg sa verovatno´com 0.9. 5. Za obeleˇzje X : N (m, 1) imamo E (X) = m i D (X) = 12 = 1. (a) Obe ocene su centrirane jer je E (θ1 ) = E (nX1 − (X2 + X3 + · · · + Xn )) = n P = nE (X1 ) − E (Xi ) = nm − (n − 1) m = m, ¡ i=2 X1 +X2 ¢ E (θ2 ) = E (n − 1) 2 − (X3 + X4 + · · · + Xn ) = n P = n−1 E (Xi ) = (n − 1) m − (n − 2) m = m. 2 (E (X1 ) + E (X2 )) − i=3

(b) Elementi Xi uzorka su nezavisni pa je D (θ1 ) = D (nX1 − (X2 + X3 + · · · + Xn )) = n P = n2 D (X1 ) + D (Xi ) = n2 · 1 + (n − 1) · 1 = n2 + n − 1, i=2 ¢ ¡ 2 − (X3 + X4 + · · · + Xn ) = D (θ2 ) = D (n − 1) X1 +X 2 n 2 P = (n−1) (D (X1 ) + D (X2 )) + D (Xi ) = 4 i=3 1 2 3 2n − 2.

(n−1)2 4

· 2 + (n − 2) · 1 = = Sada treba da vidimo za koje n je ocena θ1 efikasnija od ocene θ2 , i obratno: 2 D (θ1 ) ≥ D (θ2 ) ⇔ 12 (n + 1) ≥ 0 ⇔ n ∈ N Dakle, za sve n ∈ N je ocena θ2 efikasnija od ocene θ1 . 6. Sa A, B, C i I ´cemo redom obeleˇziti stanja kada je lopta kod Anice, Branka, Cane, odnosno kada je lopta ispuˇstena. (a) Matrica prelaza (za jedan korak):

 A

A

0

 2 B 3

B 1 2

C 1 2 1 3



 0 . 0 1 0 C Za navedenu matricu prelaza P traˇzimo vektor finalnih verovatnoP =

£ A B C¤ ´ca p∗ = x y z , gde je x, y, z ∈ (0, 1) i z = 1 − x − y, ∗ jednaˇ cina p∗ · P = p £odnosno reˇsavamo sistem ¤ £ ¤ ∧ z = 1−x−y : x y 1−x−y ·P = x y 1−x−y 2 3y

⇔

1 2x 1 2x

= x +

+

1−x−y

1 3y

= y = 1−x−y

45

⇔

⇔

=

0

+

4y

=

2

+

8 9y

=

2 3

−

x x

⇔

2 3y

x

y= x=

3 7 2 7

2 3y 14 3 y

x − ⇔

= 0 ⇔

= 2

0 =

0

¡ ¢ z = 1 − x − y = 27 .

Dakle, vektor finalnih verovatno´ca je: p∗ =

£

A 2 7

B 3 7

¤

C 2 7

,

ˇsto znaˇci da ako dodavanje traje ”dovoljno dugo”, oko 27 vremenskog perioda je lopta u posedu Anice, oko 27 vremenskog perioda je lopta u posedu Cane, a oko 47 vremenskog perioda je lopta u posedu Branka. (b) Matrica prelaza (za jedan korak):  A

P =

A

0

 2 B 3

 C 0 0 I

B 9 20

0 9 10

0

C 9 20 1 3

0 0

I 1 10



0   . 1   10 1

Viˇse od ˇcetiri dodavanja bi´ce ako nakon ˇcetvrtog dodavanja lopta nije ispuˇstena, odnosno ako se nakon ˇcetiri dodavanja ne nalazi u stanju I (tj. nalazi se u nekom od stanja A, B, C). Matrica prelaza za 4 koraka:   3 81 3 29 10

20 3 10 3 10

200 1 10 1 10

0

1

···  ··· 4 2 2 P =P ·P =  ··· ···

··· ··· ··· ···

 0  P =P ·P = 3  5 2

0 ⇒

200 3 5

0 0



    ··· ··· ··· ···

···



  ···  ···

19 100

(za odgovor na postavljeno pitanje dovoljan je samo element matrici prelaza za 4 koraka P 4 ).

19 100

u

£A B C I ¤ Vektor poˇcetnih verovatno´ca: p (0) = 0 1 0 0 . Raspodela verovatno´ca nakon 4 dodavanja: p (4) = [pA (4) pB (4) pC (4) pI (4)] = ¤ £ 19 . = p (0) · P 4 = · · · · · · · · · 100 Dakle, verovatno´ca da posle 4 dodavanja lopta nije ispuˇstena iznosi 19 81 pA (4) + pB (4) + pC (4) = 1 − pI (4) = 1 − 100 = 100 . 46

7. Skup mogu´cih vrednosti sluˇcajne promenljive X je RX = {2, 3, 4, . . .}. Obeleˇzimo sa A dogad¯aj ”prvi igraˇc dobija set”, a sa B dogad¯aj ”drugi igraˇc dobija set”. (a) Traˇzimo zakon raspodele sluˇcajne promenljive X : (a.1) za k = 2m, m ∈ {1, 2, 3,³ . . .} imamo ´ m−1 m−1 p2m = P (X = 2m) = P (AB) AA + (BA) BB = 2

m−1

m−1

= (P (A)) (P (A)) (P (B)) + 2 m−1 m−1 + (P (B)) (P (A))³ (P (B)) = ´ m−1 2 2 = (P (A) P (B)) (P (A)) + (P (B)) = ¡ 7 3 ¢m−1 ³¡ 7 ¢2 ¡ 3 ¢2 ´ ¡ 21 ¢m−1 = 10 · 10 · 10 + 10 = 100 ·

58 100 ;

(a.2) za k = 2m + 1, m ∈ {1, 2, 3, . . .} imamo p2m+1 ³ = P (X = 2m + 1) = ´ m−1 m−1 = P A (BA) BB + B (AB) AA = 2

m−1

m−1

= P (A) (P (B)) (P (A)) (P (B)) + 2 m−1 m−1 + P (B) (P (A)) (P (A)) (P (B)) = m m m m = (P (A)) (P (B)) (P (A) + P (B)) = (P (A)) (P (B)) = ¡ 7 3 ¢m ¡ 21 ¢m = 10 · 10 = 100 . ∞ ¡ itX ¢ P (b) KX (t) = E e = eitn P (X = n) = = =

∞ P m=1 ∞ P

n=2

it2m

e

eit2m

m=1

=

58 i2t 100 e

∞ P

P (X = 2m) + ¡

¢ 21 m−1 58 100 100

∞ ¡ P

+

¢ 21 it2 m−1 100 e

=

m=1 58 i2t 1 e 21 i2t 100 1− 100 e

=

100 58 i2t 100 e 100−21ei2t

+

eit(2m+1) P (X = 2m + 1) =

m=1 ∞ P

eit(2m+1)

m=1

+ eit

∞ ¡ P

+

it

0

+441e (KX (t)) = iei2t 11600−6300e (100−21ei2t )2

i3t

¢ 21 m 100

¢ 21 it2 m 100 e

m=1 21 i2t eit 100 e 1− 211 ei2t 100 21 100 ei3t 100 100−21ei2t

¡

=

=

= =

58ei2t −21ei3t 100−21ei2t ,

,

0

(KX (0)) 5741 = . i 6241 8. Obeleˇzimo redom sa S, L i M skupove uˇcesnika koji govore srpski, slovaˇcki i mad¯arski jezik. E (X) =

S 23

M

511 5 1 0

47

L

Na dijagramu ovih skupova uoˇcavamo koliko uˇcesnika govori koje od ova tri jezika. Sledi da 23 + 5 + 5 + 1 + 1 + 1 = 36 uˇcesnika govori bar jedan od ova tri jezika, tj. 40 − 36 = 4 uˇcesnika ne govori ni jedan od navedena tri jezika, pa verovatno´ca da sluˇcajno izabrani uˇcesnik ne govori ni jedan 4 1 od navedena tri jezika iznosi 40 = 10 . 9. Poˇsto u raspodeli obeleˇzja X figuriˇse nepoznati parametar m, njega ´cemo najpre oceniti metodom maksimalne verodostojnosti. Funkcija verodostojnosti: n Y 2 2 1 1 L (m) = ϕX (xi ) = ¡ √ ¢n · e− 32 ((x1 −m) +...+(xn −m) ) , 4 2π i=1 µ n ¶ n ¡ √ ¢ P 2 P 1 ln L (m) = −n · ln 4 2π − 32 xi − 2m xi + nm2 , ∂ ln L(m) ∂m

µ n ¶ P 1 = 32 2 xi − 2nm ,

∂ ln L(m) ∂m

=0

i=1

i=1

i=1

⇔

2

n P i=1

xi − 2nm = 0

⇔

m=

1 n

n P i=1

xi

(naravno da smo za ocenu matematiˇckog oˇcekivanja m obeleˇzja X dobili uzoraˇcku aritmetiˇcku sredinu). Za naˇs dati uzorak obima n = 2 + 3 + 7 + 10 + 11 + 7 = 40 dobijamo m=

1 40

(2 · 2 + 4 · 3 + 6.5 · 7 + 10 · 10 + 13.5 · 11 + 16 · 7) =

211 20

gde smo za xi uzeli sredine datih intervala. Testira´cemo hipotezu da obeleˇzje X ima normalnu raspodelu N

= 10.55, ¡ 211 20

¢ ,4 .

Svaki interval uzorka mora imati bar 5 elemenata iz uzorka i intervali moraju da prekriju celu realnu pravu (zbog RX = R), pa spajanjem prvog i drugog intervala dobijamo slede´ce podatke za primenu χ2 testa: (ai , bi ] ni

(−∞, 5] 5

(5, 8] (8, 12] 7 10

(12, 15] 11

(15, ∞) 7

Oznaˇcimo redom intervale: Ii = (ai , bi ] , i ∈ {1, 2, 3, 4, 5}. Na osnovu gustine ϕX (x) izraˇcunavamo teorijske verovatno´ce na slede´ci naˇcin: ¡ ¢ 211 211 pi = P (X ∈ Ii ) = P (ai < X ≤ bi ) = P ai − 211 20 < X − 20 ≤ bi − 20 = ³ =P

ai − 211 20 4

<

X− 211 20 4

≤

bi − 211 20 4

[1] - Sluˇc¡ajna promenljiva ¢ raspodelu. ima N 211 20 , 4

´ [1] ³ ´ ³ ´ b − 211 a − 211 ≈ φ i 4 20 − φ i 4 20 .

X− 211 20 4

ima pribliˇzno N (0, 1) zato ˇsto X

Tako dobijamo p1 = P (X ∈ (−∞, 5]) ≈ φ (−1.3875) − φ (−∞) = (1 − φ (1.3875)) − 0 ≈ ≈ (1 − 0.9177) − 0 ≈ 0.0823, 48

p2 = P (X ∈ (5, 8]) ≈ φ (−0.6375) − φ (−1.3875) ≈ ≈ (1 − 0.7389) − (1 − 0.9177) ≈ 0.1788, p3 = P (X ∈ (8, 12]) ≈ φ (0.3625) − φ (−0.6375) ≈ ≈ 0.6406 − (1 − 0.7389) ≈ 0.3795, p4 = P (X ∈ (12, 15]) ≈ φ (1.1125)−φ (0.3625) ≈ 0.8665−0.6406 ≈ 0.2259, p5 = P (X ∈ (15, ∞]) ≈ φ (∞) − φ (1.1125) ≈ 1 − 0.8665 ≈ 0.1335. 5 P (ni −npi )2 Vrednost statistike Z = za naˇs uzorak iznosi npi i=1

z=

2 2 (5−40·0.0823)2 + (7−40·0.1788) + (10−40·0.3795) 40·0.0823 40·0.1788 40·0.3795 2 2 + (11−40·0.2259) + (7−40·0.1335) ≈ 3.59992, 40·0.2259 40·0.1335 2

a iz tablica oˇcitavamo odgovaraju´cu vrednost χ χ20.05;5−1−1

=

χ20.05;3

χ20.05;3

+ raspodele:

≈ 7.81.

Poˇsto je > z, ne odbacujemo hipotezu da obeleˇzje ¡ 211 ¢ N 20 , 4 raspodelu.

X

ima

24.10.1999. 1. U kutiji se nalazi 6 belih i 2 crne kuglice. Strelac na sluˇcajan naˇcin izvlaˇci 3 kuglice i gad¯a metu onoliko puta koliko je belih kuglica izvukao. Pri svakom gad¯anju, udaljenost pogotka od centra mete ima eksponencijalnu raspodelu E (1). Izraˇcunati verovatno´cu da ´ce svi pogoci zavrˇsiti u krugu polupreˇcnika 1 oko centra mete. 2. Iz skupa {1, 2, . . . , n} se na sluˇcajan naˇcin sa vra´canjem biraju dva broja X i Y . Ako je Z = X + Y , na´ci uslovnu raspodelu sluˇcajne promenljive X | {Z = k} , k ∈ {2, 3, . . . , 2n}. 3. Sluˇcajna promenljiva X ima uniformnu raspodelu ¡ ¢U (0, 1). Na´ci raspodelu dvodimenzionalne sluˇcajne promenljive X, X 2 . 4. Lutrija je pustila u prodaju nagradnu igru za koju je poznato da ima 51.5% dobitnih listi´ca. Dobitak na jednom kupljenom listi´cu je nezavisan od dobitka na ostalim listi´cima. Koliko listi´ca treba kupiti da bi verovatno´ca da med¯u njima ima bar 32 dobitna listi´ca viˇse nego onih koji ne donose dobitak bila najmanje 0.99? 5. Obeleˇzje X dato je gustinom raspodele ϕX (x) = xθ2 , x > θ (θ > 0). Na osnovu uzorka obima n metodom maksimalne verodostojnosti na´ci ocenu parametra θ i ispitati njenu centriranost. 6. Trgovaˇcki putnik prodaje robu u Somboru, Subotici i Novom Sadu. Nikad ne prodaje dva dana uzastopce u istom gradu. Ako jednog dana prodaje u Somboru, sutra sigurno prodaje u Subotici. Posle Subotice ili Novog Sada dva puta verovatnije prelazi u Sombor nego u onaj drugi grad. 49

(a) Ako posmatramo ”dovoljno dug” vremenski period, koliko ´ce proseˇcno vremena putnik provesti u pomenutim gradovima? (b) Ako je u ponedeljak radio u Novom Sadu, kolika je verovatno´ca da u sredu ne´ce raditi u Novom Sadu? 7. Dat je prost sluˇcajni uzorak: (1, 2, 8, 3, 1, 4, 2, 4, 5, 7) obeleˇzja X normalnom raspodelom N (m, ξ).

sa

(a) Na´ci interval poverenja za m, sa nivoom poverenja β = 0.95. (b) Na´ci jednostrani interval poverenja za disperziju ξ 2 sa nivoom poverenja β = 0.95. (c) Testirati hipotezu da je m = 5 sa pragom znaˇcajnosti α = 0.05. 8. Avioni A, B i C u sluˇcajnim trenucima tokom jednog sata sle´cu na aerodrom. Koliko iznosi verovatno´ca da ´ce avion C sleteti poslednji? 9. Neka su X1 , X2 , . . . , Xn nezavisne sluˇcajne promenljive sa eksponencijalnom raspodelom E (1). Na´ci matematiˇcko oˇcekivanje sluˇcajne promenljive µ n ¶2 n P P Y = n1 Xi2 − n1 Xi . i=1

i=1

Reˇ senja: 1. Med¯u 3 izvuˇcene kuglice mogu da se nalaze jedna, dve ili tri bele kuglice (ne mogu sve tri izvuˇcene biti crne jer se u kutiji nalaze samo dve crne). Oznaˇcimo sa Ai , i ∈ {1, 2, 3} dogad¯aj: ”broj izvuˇcenih belih kuglica je i”, a sa B oznaˇcimo dogad¯aj (ˇcija se verovatno´ca traˇzi): ”svi hici zavrˇsavaju u krugu polupreˇcnika 1 oko centra mete”. Dogad¯aji Ai , i ∈ {1, 2, 3} ˇcine 3 P potpun sistem dogad¯aja pa je P (B) = P (Ai ) P (B | Ai ). Na osnovu i=1

uslova zadatka imamo: ( 6 )·( 2 ) ( 6 )·( 2 ) ( 6 )·( 2 ) 3 , P (A2 ) = 2 8 1 = 15 P (A3 ) = 3 8 0 = 10 P (A1 ) = 1 8 2 = 28 28 , 28 . (3) (3) (3) Verovatno´ca da jedan pojedinaˇcni ispaljeni hitac zavrˇsava u krugu polupreˇcnika 1 oko centra mete iznosi P (X < 1) = FX (1) = 1 − e−1 , gde je X sluˇcajna promenljiva koja ima eksponencijalnu E (1) raspodelu, odakle dobijamo: ¡ ¢2 ¡ ¢3 P (B | A1 ) = 1 − e−1 , P (B | A2 ) = 1 − e−1 , P (B | A1 ) = 1 − e−1 , ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 3 −1 2 −1 3 te je: P (B) = 28 + 10 ≈ 0.371993. 1 − e−1 + 15 28 1 − e 28 1 − e 2. Sluˇcajne promenljive X i Y su nezavisne i imaju isti zakon raspodele µ ¶ 1 2 ... n , 1 1 . . . n1 n n odakle sledi da zakon raspodele sluˇcajnog vektora (X, Y ) glasi 50

½ P (X = k, Y = j) = P (X = i) P (Y = j) =

1 n2

0

2

, (i, j) ∈ {1, . . . , n} 2 . , (i, j) 6∈ {1, . . . , n}

Nad¯imo zakon raspodele sluˇcajne promenljive Z = X + Y . Skup vrednosti sluˇcajne promenljive Z je RZ = {2, 3, 4, . . . , 2n}, a odgovaraju´ce verovatno´ce P (Z = k) , k ∈ RZ su: µk−1 ¶ P P (Z = k) = P (X + Y = k) = P {X = i, Y = k − i} = =

k−1 P

P (X = i, Y = k − i) =

i=1

k−1 P

i=1

P (X = i) P (Y = k − i) = . . .

i=1

(a) Za k ∈ {2, 3, . . . , n + 1} (u ovom sluˇcaju je i, k − i ∈ {1, 2, . . . , n}): k−1 P 1 1 k−1 P (Z = k) = n · n = n2 . i=1

(b) Za k ∈ {n + 2, n + 3, . . . , 2n} (u ovom sluˇcaju nije uvek zadovoljeno i, k − i ∈ {1, 2, . . . , n}): k−n−1 n P P 1 1 2n−k+1 P (Z = k) = 0 · n1 + . n · n = n2 i=1

i=k−n

Prema tome, zakon raspodele sluˇcajne promenljive Z glasi: µ 2 3 4 ... n n + 1 n + 2 n + 3 . . . 2n − 1 1 2 3 n n−1 n−2 2 . . . n−1 ... n2 n2 n2 n2 n2 n2 n2 n2

2n 1 n2

¶ .

Koriste´ci zakon raspodele sluˇcajne promenljive Z nalazimo zakon raspodele uslovne sluˇcajne promenljive X | {Z = k} , k ∈ {2, 3, . . . , 2n}. Odgovaraju´ce verovatno´ce su: P (X = i | Z = k) = =

P(X=i,Y =k−i) P(Z=k)

=

P(X=i,Z=k) P(Z=k)

P(X=i,X+Y =k) P(Z=k)

=

P(X=i)P(Y =k−i) P(Z=k)

= ...

(a) Za k ∈ {2, 3, . . . , n + 1} imamo P (X = i | Z = k) =

P(X=i)P(Y =k−i) k−1 n2

(a.1) za i ∈ {1, 2, . . . , k − 1} je: 1 1 · P (X = i | Z = k) = nk−1n = n2

= ...

1 k−1 ;

(a.2) za i ∈ {k, k + 1, . . . , n} je: 0 P (X = i | Z = k) = k−1 = 0. n2

(b) Za k ∈ {n + 2, n + 3, . . . , 2n} imamo P (X = i | Z = k) =

P(X=i)P(Y =k−i) 2n−k+1 n2

= ...

(b.1) za i ∈ {1, . . . , k − n − 1} je 0 = 0; P (X = i | Z = k) = 2n−k+1 n2

(b.2) za i ∈ {k − n, . . . , k − 1} je: 1 1 n·n P (X = i | Z = k) = 2n−k+1 = n2

51

1 2n−k+1 .

=

3. Neka je Y = X i Z = X 2 . X : U (0, 1) znaˇci da je: ½ 1, x ∈ [0, 1] ϕX (x) = , 0, x 6∈ [0, 1]   0, x ≤ 0 x, x ∈ (0, 1] . FX (x) =  1, x > 1

y=x z = x2

X 16 x

- Y, Z

1

Funkciju raspodele sluˇcajnog vektora (Y, Z) nalazimo po definiciji: ¡ ¢ FY,Z (y, z) = P (Y < y, Z < z) = P X < y, X 2 < z = √ √ √ = P (X < y, − z < X < z) = P (X < min {y, z}) =  0 , y≤0 ∨ z≤0    √ √ z , y ∈ (0, 1] ∧ z < y 2 = P (X < min {y, z, 1}) = . y , y ∈ (0, 1] ∧ y 2 ≤ z ≤ 1    1 , y>1 ∧ z>1 4. Neka je n broj listi´ca koje treba kupiti, i neka je Xi , i ∈ {1, 2, . . . , n} sluˇcajna promenljiva koja uzima vrednost 1 ako je i - ti listi´c dobitni, odnosno 0 ako i - ti listi´c nije µ dobitni. ¶ Sve sluˇcajne promenljive Xi 0 1 103 imaju isti zakon raspodele , gde je p = 0.515 = 200 i q p n P 97 q = 1 − p = 200 . Sluˇcajna promenljiva Sn = Xi predstavlja broj i=1 ¢ ¡ dobitnih listi´ca med¯u n kupljenih, i ima binomnu raspodelu B n, 103 200 pri ˇcemu je: E (Sn ) = np =

103 200 n

i

D (Sn ) = npq =

9991 40000 n.

Reˇsavamo po n nejednaˇcinu P (Sn ≥ (n − Sn ) + 32) ≥ 0.99 (n − Sn je broj listi´ca koji ne donose dobitak): P (Sn ≥ (n − Sn ) + 32) ≥ 0.99 ⇔ P (2Sn ≥ n + 32) ≥ 0.99 ⇔ ¡ ¢ ¡ ¢ ⇔ P Sn ≥ n+32 ≥ 0.99 ⇔ 1 − P Sn < n+32 ≥ 0.99 ⇔ 2 2 µ ¶ n+32 ¡ ¢ [1] −E(Sn ) Sn −E(Sn ) 2 √ √ ⇔ P Sn < n+32 ≤ 0.01 ⇔ P < ≤ 0.01 ⇔ 2 µ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

φ

n+32 −E(Sn ) 2

√

D(Sn )

D(Sn )

¶ ¹ 0.01

⇔

n+32 103 2√ − 200 n 9991n 200

n+32 −E(Sn ) 2

√

D(Sn )

D(Sn )

¹ φ−1 (0.01) ≈ −2.33

√ ¹ −2.33 ⇔ −3n+3200 ¹ −2.33 ⇔ 9991n √ √ 3n − 2.33 9991 n − 3200 º 0 ⇔ √ ¡ 2 √ ¢ 3t − 2.33 9991t − 3200 º 0 ∧ t = n ⇔ √ ((t ¹ −11.9122 ∨ t º 89.5439) ∧ t = n) ⇔

52

⇔

⇔

(t º 89.5439 ∧ t =

√

n)

⇔

n º 89.54392 ≈ 8018.11.

−E(Sn ) [1] - Sluˇcajna promenljiva SnD(S na osnovu Moavr-Laplasove teon) reme ima pribliˇzno normalnu raspodelu N (0, 1).

Dakle, treba kupiti najmanje 8019 listi´ca. 5. Funkcija verodostojnosti: n n Q Q L (x1 , . . . , xn , θ) = ϕX (xi ; θ) = i=1

i=1

ln L (x1 , . . . , xn , θ) = ln (x

θn

2 1 ...xn )

θ x2i

θn , (x1 ...xn )2

=

= n · ln θ − 2

n P i=1

∀i, xi > θ,

ln xi , ∀i, xi > θ.

Traˇzimo maksimum funkcije L po θ : µ ¶ n P ∂ ∂ ln xi = ∂θ ln L (x1 , . . . , xn , θ) = ∂θ n · ln θ − 2 i=1

n θ.

∂ ln L (x1 , . . . , xn , θ) = nθ 6= 0 za svako θ, to se maksimum Poˇsto je ∂θ funkcije L (a isto tako i maksimum funkcije ln L) ne nalazi unutar oblasti θ ∈ (0, min {x1 , . . . , xn }) ve´c na njenom rubu, odnosno, poˇsto je funkcija ln L (x1 , . . . , xn , θ) (a isto tako i funkcija L (x1 , . . . , xn , θ)) monotono rastu´ca po θ na intervalu (0, min {x1 , . . . , xn }) (jer je ∂ n ∂θ ln L (x1 , . . . , xn , θ) = θ > 0 za sve θ ∈ (0, min {x1 , . . . , xn })), sledi da funkcija L dostiˇze maksimum na desnom rubu intervala, tj. u taˇcki θ = min {x1 , . . . , xn }. Prema tome, za ocenu parametra θ dobijamo: θˆ = min {X1 , . . . , Xn } .

ˆ Ispitajmo centriranost ocene θ: Fθˆ (t) = P (min {X1 , . . . , Xn } < t) = 1 − P (min {X1 , . . . , Xn } ≥ t) = = 1 − P (X1 ≥ t, . . . , Xn ≥ t) = 1 − P (X1 ≥ t) . . . P (Xn ≥ t) = = 1 − (1 − P (X1 < t)) . . . (1 − P (Xn < t)) = ¡ ¢ ¡ ¢ n = 1 − 1 − FX1 (t) . . . 1 − FXn (t) = 1 − (1 − FX (t)) . Poˇsto je

 ½ , x≤θ  0 0 x R FX (x) = ϕX (x) dx = = θ du , x > θ 1−  u2 −∞ R∞

θ

sledi

½ n

Fθˆ (t) = 1 − (1 − FX (t)) = ½ 0

ϕθˆ (t) = (FX (t)) = ³ ´ R∞ E θˆ = t · ϕθˆ (t) = −∞ ∞ 1−n

n

0

nθ n tn+1 R∞

t·

θ

∞ θ

θn tn

, t≤θ , , t>θ

, t≤θ , , t>θ nθ n tn+1 dt

1 nθ = nθn t1−n | = − n−1 tn−1 | = θ

0 1−

= nθn

nθ n 1 n−1 θ n−1

53

R∞ θ

=

1 tn dt

n n−1 θ.

=

θ x

, x≤θ , , x>θ

³ ´ Dakle, ocena θˆ nije centrirana jer je E θˆ 6= θ. Ocena jeste asimptotski ³ ´ n θ = θ. centrirana jer je lim E θˆ = lim n−1 n→∞

n→∞

6. Oznaˇcimo redom sa S, B i N Sombor, Suboticu i Novi Sad. Matrica P prelaza tj. kretanja trgovaˇckog putnika glasi:  P =

S

S

B

N

0

1 0

0

1 3

0

 2 B 3 2 N 3

  .

1 3

(a) Traˇzimo finalne verovatno´ce p∗ = [x y z] koje zadovoljavaju jednaˇcinu p∗ ·P = p∗ uz dodatni uslov x, y, z ∈ (0, 1) i x+y+z = 1, ˇsto je ekvivalentno sa 2 3y

x

+ +

2 3z 1 3z

1 3y

=

x

=

y

=

z

x

+

y

+

z

=

1

x

−

2 3y

−

2 3z

=

0

y

−

3z

=

0

=

3 20

z

⇔

z= ⇔

y= x=

3 20 9 20 8 20

Dakle: N ¤ £ S B 9 3 p∗ = 25 20 , 20 2 ˇsto znaˇci da proseˇcno 5 vremena trgovaˇcki putnik provede u Som9 3 boru, proseˇcno 20 vremena provede u Subotici i proseˇcno 20 vremena provede u Novom Sadu. (b) Poˇcetna raspodela, tj. raspodela za ponedeljak, odnosno vektor po-

£ S B N ¤ ˇcetnih verovatno´ca: p (0) = 0 0 1 . Od ponedeljka do srede imamo dva prelaza, pa raspodelu verovatno´ca za sredu dobijamo na slede´ci naˇcin:   2 0 13 h S B Ni 3  2 7  2 2 1 2 p (2) = p (0) · P = [0 0 1] ·  9 9 0  = , 9 3 9 2 9

2 3

1 9

te verovatno´ca da u sredu ne´ce raditi u Novom Sadu iznosi 1 − 19 = 89 . 7. (a) Sluˇcajna promenljiva (statistika) Zn−1 = dentovu tn−1 raspodelu, gde je: 54

X n −m Sn

√

n − 1 ima Stu-

Xn =

1 n

n P i=1

Xi

i

Sn =

n ¡ P

1 n

i=1

To znaˇci da je ¯ ³¯ ´ √ ¯ ¯ P ¯ X nS−m n − 1¯ < a = 0.95 ⇔ n ³ ´ √ ⇔ P −a < X nS−m n − 1 < a = 0.95 n

⇔ ⇔

[1]

FZn−1 (a)−FZn−1 (−a) = 0.95 FZn−1 (a) =

1+0.95 2

= 0.975

⇔ ⇔

Xi − X n

¢2

.

⇔ 2FZn−1 (a)−1 = 0.95

a=

FZ−1 n−1

⇔

(0.975).

[1] - FZn−1 (x) je funkcija raspodele Studentove sluˇcajne promenljive, a zbog simetriˇcnosti njene gustine u odnosu na y - osu za a < 0 vaˇzi FZn−1 (−a) = 1 − FZn−1 (−a). Za naˇs uzorak, gde je n = 10 veliˇcina uzorka, vaˇzi 1 x10 = 10 (1 + 2 + 8 + 3 + 1 + 4 + 2 + 4 + 5 + 7) = 3.7, ³ 2 2 2 2 1 s210 = 10 (1 − 3.7) + (2 − 3.7) + (8 − 3.7) + (3 − 3.7) + 2

2

2

2

+ (1 − 3.7) + (4 − 3.7) ´+ (2 − 3.7) + (4 − 3.7) + 2 2 + (5 − 3.7) + (7 − 3.7) = 5.21, p odnosno s10 = s210 ≈ 2.2825, a iz tablica oˇcitavamo a = FZ−1 (0.975) = t10−1;0.975 ≈ 2.262 . 9 Prema ¯ ³¯ tome: ´ ´ ³ ¯ −m √ ¯ −m P ¯ x10s10 9¯ < a = 0.95 ⇔ P −a < 3 x10s10 < a = 0.95 ⇔ ¡ ¢ ⇔ P x10 − as310 < m < x10 + as310 = 0.95 ⇔ ¡ ¢ ⇔ P 3.7 − 2.262·2.2825 < m < 3.7 + 2.262·2.2825 ≈ 0.95 ⇔ 3 3 ⇔ P (1.9790 < m < 5.4210) ≈ 0.95. Dakle, interval poverenja za m sa nivoom pouzdanosti 0.95 je (1.9790, 5.4210). nS

2

(b) Sluˇcajna promenljiva (statistika) Zn−1 = ξ2n ima χ2n−1 raspodelu. To znaˇci da je ³ 2 ´ ³ 2 ´ nS nS P ξ2n ≥ c = 1 − P ξ2n < c = 0.95 ⇔ ⇔

FZn−1 (c) = 1 − 0.95 = 0.05

[2]

⇔

c = FZ−1 (0.05). n−1

[2] - FZn−1 (x) je funkcija raspodele χ2n−1 sluˇcajne promenljive. ´ ´ ³ 2 ³ 2 nS nS [∗] Prema tome, P ξ2n ≥ c = P c n ≥ ξ 2 = 0.95. Uvrˇstavanjem u [∗] vrednosti n = 10 i s210 = 5.21, i iz tablice oˇcitanog c = FZ−1 (0.05) = χ210−1;0.05 ≈ 3.33, dobijamo 9 ¡ ¢ P ξ 2 ≤ 15.6456 ≈ 0.95. Dakle, jednostrani interval poverenja za ξ 2 sa nivoom poverenja 0.95 je (0, 15.6456]. 55

(c) Ukoliko je naˇsa hipoteza m = 5 taˇcna, tada sluˇcajna promenljiva √ (statistika) Zn−1 = XSn −5 n − 1 ima Studentovu tn−1 raspodelu, n i tada mora biti zadovoljeno ¯ ¯ ¯´ ³¯ √ √ ¯ ¯ ¯ ¯ P ¯ XSn −5 n − 1¯ > ¯ xnsn−5 n − 1¯ = n ¯ ¯´ ¯ ¯´ ³ ³ √ √ ¯ ¯ ¯ ¯ = P |Zn−1 | > ¯ xnsn−5 n − 1¯ = 1 − P |Zn−1 | ≤ ¯ xnsn−5 n − 1¯ = ¯ ¯ ¯´ ³ ¯ √ √ ¯ ¯ ¯ ¯ = 1 − P − ¯ xnsn−5 n − 1¯ ≤ |Zn−1 | ≤ ¯ xnsn−5 n − 1¯ = ¯ ¯´´ ¯ ³ ³¯ ´ ³ √ √ ¯ ¯ ¯ ¯ = 1 − FZn−1 ¯ xnsn−5 n − 1¯ − FZn−1 − ¯ xnsn−5 n − 1¯ = ¯´ ³ ¯´´´ ³ ³¯ ³¯ √ √ ¯ ¯ ¯ ¯ = 1 − FZn−1 ¯ xnsn−5 n − 1¯ − 1 − FZn−1 ¯ xnsn−5 n − 1¯ = ¯´ ³¯ √ ¯ ¯ = 2 − 2FZn−1 ¯ xnsn−5 n − 1¯ = α∗ ≥ 0.05. Za naˇs uzorak, gde smo videli da je n = 10 i izraˇcunali x10 = 3.7 i s10 ≈ 2.2825, dobijamo slede´cu realizaciju statistike Z9 : √ √ 3.7−5 z9 = xnsn−5 n − 1 ≈ 2.2825 9 ≈ −1.7086, pa poˇsto je ¯ ¯ ¯´ ³¯ √ √ ¯ ¯ ¯ ¯ P ¯ XSn −5 n − 1¯ > ¯ xnsn−5 n − 1¯ = 2 − 2FZ9 (1.7086) = α∗ , n

gde je FZ9 (1.7086) < FZ9 (1.833) ≈ 0.95, sledi α∗ = 2 − 2FZ9 (1.7086) Â 2 − 2 · 0.95 = 0.1 > 0.05 = α, ˇsto znaˇci da uzorak ne protivreˇci hipotezi. (Zakljuˇcak smo mogli izvesti i direktno na osnovu rezultata pod (a) gde smo naˇsli interval poverenja za m sa stepenom pouzdanosti (nivoom poverenja) 0.95 = 1−0.05, i vidimo da 5 ∈ (1.9790, 5.4210)). 8. Prvi naˇcin: Ako za jedinicu vremena na vremenskoj osi uzmemo sat, i ako vremena pristizanja aviona A, B i C predstavljamo redom na osama x, y i z, tada koriste´ci geometrijsku interpretaciju verovatno´ce imamo da vremenima pristizanja aviona A, B i C odgovara jedna trojka (a, b, c) ∈ K gde je K kocka sa temenima (0, 0, 0), (0, 0, 1), (0, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 0), (1, 0, 1), (1, 1, 0), (1, 1, 1), a traˇzeni uslov zadovoljavaju ured¯ene trojke (a, b, c) ∈ T gde je T presek kocke K, poluprostora z > x i poluprostora z > y, odnosno T je piramida sa temenima (0, 0, 0), (0, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 0, 1), (1, 1, 1). Tako dobijamo da verovatno´ca traˇzenog do1 m(T ) 3 ·1·1 gad¯aja iznosi: = 13 , gde je sa m oznaˇcena mera m(K) = 1 (odnosno zapremina) posmatrane oblasti. Drugi naˇcin: Poˇsto svi avioni pristiˇzu u toku jednog sata nezavisno jedan od drugog, to su svi mogu´ci rasporedi (A, B, C), (A, C, B), (B, A, C), (B, C, A), (C, A, B), (C, B, A) jednako verovatni, a od ovih 6 rasporeda pomatranom dogad¯aju odgovaraju 2 povoljna rasporeda, a to su (A, B, C) i (B, A, C), te po Laplasovoj definiciji imamo da traˇzena verovatno´ca iznosi 1 2 6 = 3. 56

9. Sve sluˇcajne promenljive X imaju istu raspodelu E (1) odakle sledi da sve imaju isto matematiˇcko oˇcekivanje E (Xi ) = 11 = 1, i ∈ {1, 2, . . . , n}, 1 istu disperziju ¡ 2 ¢ D (Xi ) = 122 = 1, i ∈ {1, 2, . . . , n}, i iste momente drugog reda E Xi = D (Xi ) + E (Xi ) = 2, i ∈ {1, 2, . . . , n}. Zato je à µ n ¶2 ! n P P = E (Y ) = E n1 Xi2 − n1 Xi i=1 i=1    n n P P P [1] = E  n1 Xi Xj  = Xi2 − n12  Xi2 + i=1

= = = =

1 n

n P i=1

i=1

¡ ¢ E Xi2 −

1 n2

¡ 2¢ X1 −

1 n2

n n−1 n2 E ¡

¢

n−1 2 n E X1 n−1 n D (X1 )

− =

n P i=1

i,j=1,...,n i6=j

¡ ¢ E Xi2 −

P

1 n2

P

E (Xi ) E (Xj ) =

i,j=1,...,n i6=j

1 n2 n (n n−1 n .

[2]

E (Xi Xj ) =

i,j=1,...,n i6=j

− 1) E2 (X1 ) =

n−1 n

¡ ¡ 2¢ ¢ E X1 − E2 (X1 ) =

[1] - Matematatiˇcko oˇcekivanje je linearna funkcija. [2] - Sve sluˇcajne promenljive Xi imaju jednak momenat drugog reda, a iz nezavisnosti (po parovima) ovih sluˇcajnih promenljivih sledi da je E (Xi Xj ) = E (Xi ) E (Xj ).

21.11.1999. 1. Verovatno´ca da avion bude pogod¯en prvim hicem iznosi 0.4, drugim 0.5, i tre´cim 0.7. U sluˇcaju jednog pogotka, avion ´ce biti oboren sa verovatno´com 0.2, u sluˇcaju dva pogotka sa verovatno´com 0.6, a u sluˇcaju tri pogotka ´ce sigurno biti oboren. Izraˇcunati verovatno´cu da avion bude oboren posle tri pojedinaˇcna hica. 2. Dato je strujno kolo na slici, u kome prekidaˇci rade nezavisno jedan od drugog i imaju vreme rada sa eksponencijalnom raspodelom E (2). Na´ci raspodelu i oˇcekivano vreme rada celog strujnog kola.

T1

T2 T3

3. Dvodimenzionalna sluˇcajna promenljiva (X, Y ) data je gustinom ½ Axy , 1 < x + y < 2 ∧ x > 0 ∧ y > 0 ϕX,Y (x, y) = . 0 , inaˇce (a) Na´ci verovatno´cu dogad¯aja Y > X. (b) Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive Z = X + Y − 1. 4. Autobus ide na svakih pet minuta. Putnici stiˇzu na stajaliˇste u sluˇcajnom momentu nezavisno jedan od drugog. Verovatno´ca da ukupno vreme koje 57

svi putnici na stajaliˇstu provode ˇcekaju´ci autobus viˇse od jednog sata je 0.99. Koliko putnika na stajaliˇstu ˇceka autobus? 5. Sluˇcajna promenljiva Y predstavlja zbir brojeva dobijenih pri bacanju 5 kockica za igru. Odrediti karakteristiˇcnu funkciju sluˇcajne promenljive Y i pomo´cu nje matematiˇcko oˇcekivanje za Y . ˇ 6. Zeton za igru staje 10$. U svakoj igri igraˇc ulaˇze jedan ˇzeton i dobija 20$ sa verovatno´com p, a ne dobija niˇsta sa verovatno´com 1 − p. Igraˇc igra 5 nezavisnih igara. (a) Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive X koja predstavlja dobitak (gubitak) igraˇca. (b) Na´ci oˇcekivanu vrednost i disperziju sluˇcajne promenljive X. (c) Ako je p = 13 , na´ci verovatno´cu da igraˇc ne´ce biti na gubitku. ½ θ−x e , za x ≥ θ 7. Iz raspodele odredjene gustinom ϕX (x) = , uzet 0 , za x < θ ja uzorak obima n. (a) Metodom maksimalne verodostojnosti na´ci ocenu parametra θ. (b) Za tako dobijenu ocenu ispitati postojanost i centriranost, i ako ocena nije centrirana na´ci ocenu koja jeste centrirana. (c) Na´ci disperzije tako nad¯enih ocena. 8. Devojˇcica drˇzi belog miˇsa u kutiji sa slike. U diskretnim trenucima miˇs izlazi iz prostorije kroz jedan, na sluˇcajan naˇcin izabran otvor. Vreme prolaska kroz otvor je zanemarljivo malo.

1

2 3

4

(a) Koliki deo ”dovoljno dugog” vremenskog intervala ´ce miˇs u proseku provoditi u pojedinim prostorijama? (b) Ako je na poˇcetku miˇs stavljen u prostoriju broj 1, kolika je verovatno´ca da ´ce posle ˇcetiri prolaska miˇs ponovo biti u prostoriji 1? 9. U svaku od 100 meta izvedeno je 10 gad¯anja. Beleˇzen je broj pogodaka: broj pogodaka: uˇcestalost:

0 1

1 1

2 4

3 11

4 5 6 22 25 19

7 12

8 3

9 0

10 2

Sa nivoom znaˇcajnosti α = 0.05 proveriti da li broj pogodaka ima binomnu raspodelu.

Reˇ senja: 1. Oznaˇcimo sa D posmatrani dogad¯aj (avion je oboren posle tri pojedinaˇcna hica), i oznaˇcimo redom sa A, B, C dogad¯aje koji se realizuju kada je avion pogod¯en redom prvim, drugim, tre´cim hicem. Dogad¯aji 58

A B C, A B C, A B C, A B C, A B C, A B C, A B C, A B C ˇcine potpun sistem dogad¯aja, pa na osnovu formule totalne verovatno´ce imamo: ¡ ¢ ¡ ¢ P (D) = P (A B C) P (D | A B C) + P A B C P D | A B C + ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ +P A B C P D | A B C + P A B C P D | A B C + ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ +P A B C P D | A B C + P A B C P D | A B C + ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ +P A B C P D | A B C + P A B C P D | A B C = ¡ ¢ ¡ ¢ = P (A B C) · 1 + P A B C · 0.6 + P A B C · 0.6+ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ +P A B C · 0.2 + P A B C · 0.6 + P A B C · 0.2+ ¢ ¡ ¢ ¡ +P A B C · 0.2 + P A B C · 0 = ¡ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢¢ = P (A B C) + 0.6 · P A B C + P A B C + P A B C + ¡ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢¢ +0.2 · P A B C + P A B C + P A B C = = 0.14 + 0.6 · (0.06 + 0.14 + 0.21) + 0.2 · (0.06 + 0.09 + 0.21) = = 0.14 + 0.246 + 0.072 = 0.458 , gde je P (A B C) = 0.4 · 0.5 · 0.7 = 0.14, ¢ ¡ P A B C = 0.4 · 0.5 · (1 − 0.7) = 0.06, ¡ ¢ P A B C = 0.4 · (1 − 0.5) · 0.7 = 0.14, ¡ ¢ P A B C = 0.4 · (1 − 0.5) · (1 − 0.7) = 0.06, ¡ ¢ P A B C = (1 − 0.4) · 0.5 · 0.7 = 0.21, ¢ ¡ P A B C = (1 − 0.4) · 0.5 · (1 − 0.7) = 0.09, ¡ ¢ P A B C = (1 − 0.4) · (1 − 0.5) · 0.7 = 0.21, ¢ ¡ P A B C = (1 − 0.4) · (1 − 0.5) · (1 − 0.7) = 0.09. 2. Neka su T1 , T2 , T3 sluˇcajne promenljive koje predstavljaju vremena rada odgovaraju´cih prekidaˇca, pri ˇcemu sve tri imaju istu E (2) raspodelu sa gustinom i funkcijom raspodele: ½ ½ 0 , t<0 0 , t<0 ϕT (t) = , F (t) = . T 2e−2t , t ≥ 0 1 − e−2t , t ≥ 0 Neka je K sluˇcajna promenljiva koja predstavlja vreme rada celog strujnog kola. Na osnovu opisanih veza izmed¯u prekidaˇca zakljuˇcujemo da je K = min {T1 , max {T2 , T3 }}. Uvedimo pomo´cnu sluˇcajnu promenljivu S = max {T2 , T3 } ˇciju ´cemo raspodelu najpre na´ci: FS (s) = P (S < s) = P (max {T2 , T3 } < s)½= P (T2 < s, T3 < s) = 0 , s<0 ¡ ¢2 = P (T2 < s) P (T3 < s) = FT (s) FT (s) = , 1 − e−2s , s≥0 ½ 0 ¢ , s<0 . ¡0 ϕS (s) = (FS (s)) = , s≥0 4e−2s 1 − e−2s Sada nalazimo raspodelu sluˇcajne promenljive K = min {T1 , S} : 59

FK (k) = P (K < k) = P (min {T1 , S} < k) = 1 − P (min {T1 , S} ≥ k) = = 1 − P (T1 ≥ k, S ≥ k) = 1 − P (T1 ≥ k) P (S ≥ k) = = 1 − (1 − P (T1 < k)) (1 − P (S <½k)) = 0 = 1 − (1 − FT (k)) (1 − FS (k)) = 1 + e−6k − 2e−4k ½ 0 , k<0 0 ϕK (k) = (FK (k)) = . 8e−4k − 6e−6k , k ≥ 0

, k<0 , , k≥0

Matematiˇcko oˇcekivanje vremena rada strujnog kola je ¢ R∞ ¡ R∞ E (K) = kϕK (k) dk = k 8e−4k − 6e−6k dk = 31 . −∞

0

¯ ª 3. Neka je S = (x, y) ∈ R2 ¯ 1 − x < y < 2 − x, x > 0, y > 0 ©

(1 < x + y < 2 ⇔ 1 − x < y < 2 − x). Zbog 1=

RR

ϕX,Y (x, y) dxdy =

R1

R2

Ã

0

2−x R

! Axydy dx +

1−x

R2

µ 2−x R

1

0

¶ Axydy dx = 58 A,

sledi da je A = 58 . ¯ © ª (a) Neka ©je S1 = (x, y) ∈ R2 ¯ 1 − x < y < 2 − x, x >ª0, y > x i ¯ S2 = (x, y) ∈ R2 ¯ 1 − x < y < 2 − x, x > 0, y ≤ x (S = S1 ∪S2 , vidi sliku 1). Poˇsto su oblasti S1 i S2 simetriˇcne u odnosu na pravu x = y, a gustina ϕX,Y (x, y) je takod¯e simetriˇcna u odnosu na tu pravu, sledi da je: RR RR ϕX,Y (x, y) dxdy = ϕX,Y (x, y) dxdy, S1

pa zbog S = S1 ∪ S2 i

RR

S2

ϕX,Y (x, y) dxdy = 1 dobijamo

S

P (Y > X) =

RR S1

ϕX,Y (x, y) dxdy = 12 .

x 6 y=x 2 ..... @ .. ... ..... ...... ....... ........ ¡ ......... .......... @ ........... ............ ............. .............. ............... ................ ¡ ................. .................. @ ................... .................... ..................... ...................... ....................... ........................ .......................... y = 1 − x ......................... S1 @ ¡ ........................... ............................ ............................. .............................. ............................... . 1 ............................. ........................... @ ¡ ... ......................... ....................... ..... @ ..................... ....... ................... ......... ............... ........... ............. ............. ........... @................. ¡ ............... ......... ....... ................. @ ..... ................... ... ........................ ..................... ....................... @ ¡ ....................... ....................... S ....................... 2@ ....................... ....................... ¡ @....................... ....................... ....................... @ -y ....................... @ ¡ @ @ 1 2 @ ¡ y =2−x

slika 1

60

(b) FZ (z) = P (Z < z) = P (X + Y − 1 < z) = RR = P (Y < −X + 1 + z) = ϕX,Y (x, y) dxdy, T

gde je T poluravan odred¯ena nejednaˇcinom y < −x + 1 + z, dakle ona poluravan u odnosu na pravu y = −x + 1 + z (primetimo da su prave y = −x + 2, y = −x + 1 + z i y = −x + 1 paralelne) u kojoj se nalazi npr. taˇcka (0, y0 ) za koju vaˇzi y0 < z + 1 (T = { (x, y) | y < −x + 1 + z}). y 6 y =1−x 2 @ 1+z@ ¡ ..@ ... ... .... ..... ....... @ ....... ........ ¡ y =1+z−x ......... @ .......... ............ ............ ............. .............. @ ¡ ............... ¡ ................. @ ................. .................. ................... .................... ...................... @ ª y =2−x 1 ...................... @ ¡ ...................... ...................... @¡ ª ¡ ....................... ...................... ...................... ...................... @ ...................... ....................... @ ...................... @ T∩S ¡ ...................... ...................... ...................... ...................... @ ...................... @....................... ...................... @ ...................... ª ¡ ....................... ...................... ...................... ...................... @ ....................... ....................... @ ...................... @ @ @- x @ 1

1+z 2

slika 2

Prema tome (vidi sliku 2): RR 8 FZ (z) = 5 xydxdy = . . . T ∩S

(1) za z ≤ 0 je T ∩ S = ∅ pa imamo:

FZ (z) =

RR ∅

8 5 xydxdy

= 0;

(2) za 0 < z ≤ 1 je T ∩ S = { (x, y) | 1 − x < y < 1 + z − x ∧ x ≥ 0 ∧ y ≥ 0} pa imamo: Ã ! ¶ µ 1+z−x 1+z R 8 R1 1+z−x R R 8 FZ (z) = xydy dx + xydy dx = 5 5 0 1−x 1 0 ¢ ¡4 3 ¢ ¡ ¢ ¡4 1 4 1 z + 25 z 2 + 15 z + 15 z = 15 z z 3 + 4z 2 + 6z + 4 ; = 15 RR 8 (3) za 1 < z je T ∩ S = S pa je: FZ (z) = 5 xydxdy = 1. S

4. Vreme ´cemo meriti u minutima (1 sat = 60 minuta). Posmatramo samo interval od pet minuta izmed¯u dva sukcesivna prolaska autobusa. Obeleˇzimo sa Xi vreme koje i - ti putnik provede na stajaliˇstu (ˇcekaju´ci autobus). Poˇsto se putnik pojavljuje u sluˇcajnom trenutku u intervalu od 5 minuta, sluˇcajna promenljiva Xi ima uniformnu raspodelu U (0, 5). Ako sa n obeleˇzimo broj putnika koji pristignu na stanicu izmed¯u dva prolaska aun P tobusa, tada sluˇcajna promenljiva Sn = Xi predstavlja ukupno vreme i=1

koje tih n putnika provede na stajaliˇstu izmed¯u dva prolaska autobusa, i treba po n reˇsiti jednaˇcinu: P (Sn > 60) = 0.99. E (Xi ) = 25 ,

D (Xi ) =

25 12

za sve i ∈ {1, 2, . . . , n} , 61

µ E (Sn ) = E

n P i=1

µ D (Sn ) = D

¶ Xi ¶

n P i=1

Xi

P (Sn > 60) = 0.99

n P

=

i=1

n [1] P

=

i=1

⇔

⇔

P (Sn ≤ 60) = 0.01

⇔

P

⇔

φ

µ

5

Sn − 52 n

µ

12 n

60− 52 n 5 √ √ n 2 3

¶

n P i=1

D (Xi ) =

n P i=1

⇔

= 52 n, 25 12

25 12 n,

=

D(Sn )

¶

12 n

≈ 0.01

= 0.01 ⇔

µ

[2]

⇔

60− 52 n 5 √ √ n 2 3

√ 5 60 − 52 n ≈ −2.33 · 2√ · n ⇔ 3 ³ √ ´ √ t − 24 ≈ 0 ∧ t = t2 + 2.33 n 3

⇔

5 2

1 − P (Sn ≤ 60) = 0.99 ⇔ µ ¶ Sn −E(Sn ) 60−E(Sn ) √ √ ⇔ P ≤ = 0.01

60− n ≤ √ 252

√ 25

E (Xi ) =

φ

D(Sn )

60− 52 n

⇔

≈ φ−1 (0.01) ≈ −2.33

⇔

12 n

√ 2.33 √ n 3

⇔ √ ((t ≈ −5.6176 ∨ t ≈ 4.2713) ∧ t = n) √ √ ( n ≈ −5.6176 ∨ n ≈ 4.2713) ⇔ √ n ≈ 4.2713 ⇔ n ≈ 31.5569,

⇔ ⇔ ⇔

¶

√ 25

≈ 0.01

n+

⇔

− 24 ≈ 0

⇔

⇔

na osnovu ˇcega dobijamo pribliˇzno reˇsenje n = 32. [1] - Sluˇcajne promenljive Xi su nezavisne. 5

Sn − 2 n n −E(Sn ) [2] - Raspodelu sluˇcajne promenljive Sn∗ = S√ = √ na os25 D(Sn )

12 n

novu centralne graniˇcne teoreme aproksimiramo normalnom raspodelom N (0, 1). 5. Neka su Xi , i ∈ {1, 2, 3, 4, 5} sluˇcajne promenljive koje predstavljaju brojeve koji su dobijeni na i - toj kockici. Sluˇcajne promenljive Xi su nezavisne i imaju isti zakon raspodele: P (Xi = k) = 16 ,

k ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6} , i ∈ {1, 2, 3, 4, 5} .

Sluˇcajnu promenljivu Y moˇzemo predstaviti kao Y = X1 + X2 + X3 + X4 + X5 pa ´cemo na´ci karakteristiˇcne funkcije sluˇcajnih promenljivih Xi (sve imaju isti zakon raspodele, pa ´ce imati i iste karakteristiˇcne funkcije), te ´cemo pomo´cu njih, koriste´ci osobine karakteristiˇcnih funkcija, na´ci karakteristiˇcnu funkciju sluˇcajne promenljive Y : 6 6 ¡ ¢ P P KXj (t) = E eitXj = eitm P (X = m) = eitm 61 = m=1

=

1 6

¡ it ¢ e + e2it + e3it + e4it + e5it + e6it .

Sada dobijamo: 62

m=1

5 [1] Q [2] 5 KY (t) = K(X1 +X2 +X3 +X4 +X5 ) (t) = KXj (t) = (KX1 (t)) = j=1 ¡ ¢5 = 615 eit + e2it + e3it + e4it + e5it + e6it .

[1] - Sluˇcajne promenljive Xj su nezavisne. [2] - Sve sluˇcajne promenljive Xj imaju istu karakteristiˇcnu funkciju. Pomo´cu karakteristiˇcne funkcije nalazimo matematiˇcko oˇcekivanje sluˇcajne promenljive Y : ¡ ¢4 0 (KY (t)) = 615 5 eit + e2it + e3it + e4it + e5it + e6it · ¡ ¢ · ieit + 2ie2it + 3ie3it + 4ie4it + 5ie5it + 6ie6it = ¡ ¢4 = 65i5 eit + e2it + e3it + e4it + e5it + e6it · ¡ it ¢ · e + 2e2it + 3e3it + 4e4it + 5e5it + 6e6it , KY0 (0) = = E (Y ) =

5i 65 5i 65

4

(1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1) (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = · 64 · 21 = 35 2 i,

KY0 (0) 35 = . i 2

6. Neka je Y sluˇcajna promenljiva koja predstavlja broj dobijenih igara. Skup vrednosti sluˇcajne promenljive Y je RY = {0, 1, 2, 3, 4, 5} i ona ima bi¡ ¢ 5−k nomnu B (5, p) raspodelu (P (Y = k) = k5 pk (1 − p) , k ∈ RY ). Prema opisu iz zadatka, sluˇcajnu promenljivu X moˇzemo predstaviti na slede´ci naˇcin: X = −50 + 20Y . U pitanju je bijektivna transformacija, te je RX = {−50, −30, −10, 10, 30, 50}. (a) P (X = −50 + 20k) = P (Y = k) = odnosno X ima zakon raspodele 

−50 (1 − p)5

−30 5p (1 − p)4

¡5¢

−10 10p2 (1 − p)3

5−k

pk (1 − p)

, k ∈ RY

10 10p3 (1 − p)2

30 5p4 (1 − p)

k

 50 . p5

(b) Koriste´ci osobine matematiˇckog oˇcekivanja i disperzije, kao i poznate vrednosti oˇcekivanja i disperzije sluˇcajne promenljive sa binomnom raspodelom, dobijamo: E (X) = E (−50 + 20Y ) = −50+20E (Y ) = −50+20·5·p = 100p−50, D (X) = D (−50 + 20Y ) = 0 + 202 D (Y ) = = 400 · 5 · p · (1 − p) = 2000p (1 − p) . (c) Verovatno´ca da igraˇc nije na gubitku iznosi P (X > 0) = P (X ∈ {10, 30, 50}) = P (Y ∈ {3, 4, 5}) = = P (Y = 3) + P (Y = 4) + P (Y = 5) = 2

= 10p3 (1 − p) + 5p4 (1 − p) + p5 = 7. (a) Funkcija verodostojnosti: 63

17 81

≈ 0.21.

n Q L (x1 , . . . , xn ; θ) = ϕX (xi ) = i=1  n ½ nθ−(x +...+x )  Q eθ−xi , ∀i, x ≥ θ 1 n e i = = 0  i=1 0 , ∃i, xi < θ n P ln L (x1 , . . . , xn ; θ) = nθ − xi ,

, ,

∀i, xi ≥ θ , ∃i, xi < θ

i=1

∂ ∂θ

ln L (x1 , . . . , xn ; θ) = n 6= 0, xi ≥ θ. Vidimo da funkcija L nema ekstrema u unutraˇsnjosti intervala (−∞, min {x1 , . . . , xn }] (jer je: ∀i, xi ≥ θ ⇔ θ ≤ min {x1 , . . . , xn }), a poˇsto je funkcija L monotono rastu´ca po θ na ovom intervalu, to ona maksimum dostiˇze na desnom rubu intervala, te dobijamo ocenu θˆ = min {X1 , . . . , Xn } . (b) Pomo´cu raspodele sluˇcajne promenljive X nalazimo raspodelu sluˇcajne promenljive θˆ : R∞ FX (x) = ϕX (x) dx = −∞  x R   0dx , x < θ ½  0 , x<θ −∞ = = , θ−x Rx θ−t 1 − e , x≥θ   e dt , x ≥ θ  θ

³ ´ Fθˆ (t) = P θˆ < t = P (min {X1 , . . . , Xn } < t) = [1]

= 1 − P (min {X1 , . . . , Xn } ≥ t) = 1 − P (X1 ≥ t, . . . , Xn ≥ t) = n n n ¡ ¢ Q Q Q = 1− P (Xi ≥ t) = 1− (1 − P (Xi < t)) = 1− 1 − FXi (t) = i=1 i=1 ½ i=1 n(θ−t) 1−e , t≥θ n , = 1 − (1 − FX (t)) = 0 , t<θ ½ ¡ ¢0 nen(θ−t) , t ≥ θ . ϕθˆ (t) = Fθˆ (t) = 0 , t<θ Centriranost: ³ ´ R∞ R∞ [2] E θˆ = tϕθˆ (t) dt = nten(θ−t) dt = −∞

θ

∞ ¡ ¢ ∞ R∞ = −ten(θ−t) | + en(θ−t) dt = θ − n1 en(θ−t) | = θ + n1 . θ

θ

θ

ˆ Prema tome, vidimo³ da ali jeste asimptotski ´ ocena θ nije centrirana, ³ ´ ¢ ¡ centrirana jer je E θˆ 6= θ i lim E θˆ = lim θ + n1 = θ. n→∞

n→∞

1 Ocena 訳 =´ θˆ − n1³ = min ´ {X1 ,³. . ´. , Xn }¡ −¢n je oˇcigledno centrirana jer je E θ¨ = E θˆ − 1 = E θˆ − E 1 = θ + 1 − 1 = θ. n

n

Postojanost: za proizvoljno ε > 0 vaˇzi 64

n

n

¯ ¯ ³¯ ´ ³¯ ´ ³ ´ ¯ ¯ ¯ ¯ P ¯θˆ − θ¯ > ε = 1 − P ¯θˆ − θ¯ ≤ ε = 1 − P −ε ≤ θˆ − θ ≤ ε = ³ ´ ¢ ¡ = 1 − P θ − ε ≤ θˆ ≤ θ + ε = 1 − Fθˆ (θ + ε) − Fθˆ (θ − ε) = ¡¡ ¢ ¢ = 1 − 1 − en(θ−(θ+ε)) − 0 = 1 − (1 − e−nε ) = e−nε . ¯ ³¯ ´ ¯ ¯ Ocena je postojana jer je lim P ¯θˆ − θ¯ > ε = lim e−nε = 0. n→∞

n→∞

³ ´ R∞ 2 R∞ [3] t ϕθˆ (t) dt = nt2 en(θ−t) dt = (c) E θˆ2 = ¡

−∞

θ

¢ ∞ R∞ n(θ−t) R∞ [2] = −t e | + 2te dt = θ2 + 2 n1 nten(θ−t) = θ¢ θ θ ¡ 2 = θ2 + 2 n1 θ + n1 = θ2 + 2θ n + n2 , ³ ´ ³ ´ ³ ³ ´´2 ¡ 2 2θ ¢ 2 1 1 D θˆ = E θˆ2 − E θˆ2 = θ2 + 2θ n + n2 − θ + n + n2 = n2 , ³ ´ ³ ´ ³ ´ ¡ ¢ D θ¨ = D θˆ + n1 = D θˆ + D n1 = n12 + 0 = n12 . ³ ´ ³ ´ Primetimo da su obe ocene jednako efikasne, jer je D θˆ = D θ¨ . 2 n(θ−t)

[1] - Sluˇcajne promenljive Xi su nezavisne. [2] - Parcijalnom integracijom: u = t, dv = nen(θ−t) dt. [3] - Parcijalnom integracijom: u = t2 , dv = nen(θ−t) dt. 8. (a) Na osnovu opisa dobijamo matricu prelaza za jedan korak, i zatim matricu prelaza za 4 koraka koja ´ce nam trebati pod (b) (izraˇcunavamo samo one elemente koji ´ce nam biti zaista potrebni):  1

1

2 2 3

0

 2 2  5  1 3 4

P =

0 1 4 1 2

0

4

3 1 3 1 5

4

0

0

2 5 1 2

1 2

0





    

  P =  



2

⇒

337 1200

 ··· P4 = P2 · P2 =   ··· ··· Za navedenu matricu prelaza P ⇒

131 720

38 225

7 20 1 2 1 10 13 40

221 600

··· ··· ··· ··· ··· ··· ··· ··· ··· traˇzimo vektor



1 12 31 60 5 12 1 8

2 15 1 3 23 60 1 10

13 30 1 10 1 10 9 20

     

 .  finalnih verovatno´ca

£ ¤ p∗ = x y z u gde je x, y, z, u ∈ (0, 1) i u = 1 − x − y − z, odnosno reˇsavamo po x, y, z, u sistem jednaˇcina: 1

2

3

4

p∗ · P = p∗ ∧ u = 1 − x − y − z ⇔ £

x

y

z

1−x−y−z

¤

·P =

65

£

x y

z

1−x−y−z

¤

⇔

2 5y 2 3x 1 3x

x

+ +

+

−

1 4z 1 4z

= x +

1 2 1 2

(1 − x − y − z)

= y

(1 − x − y − z)

= z

1 5y 2 5y

+

1 2z

2 5y

−

=

0

y

+

1 4z 25 172 z

=

z

=

15 43 1 4

+

⇔

= 1−x−y−z x= y=

⇔

z= u=

3 16 5 16 1 4 1 4

Dakle, finalna raspodela je: 2 3 4 ¤ £ 13 5 1 1 p∗ = 16 . 16 4 4 Dobijene finalne verovatno´ce imaju slede´ce znaˇcenje: ako se posmatra 3 ”dovoljno dug” vremenski period, 16 vremena miˇs provede u pros5 toriji broj 1, 16 vremena provede u prostoriji broj 2, a po 14 vremena provodi u prostorijama broj 3 i 4.

p (0) = (b) Poˇcetna raspodela: Raspodela nakon 4 koraka: 1 £ 337 p (4) = p (0) · P (4) = 1200

£

1

2

3

4

1 0

0

0

2 131 720

tako da je traˇzena verovatno´ca p1 (4)

¤

3 4 38 221 225 600 337 = 1200 .

. ¤

,

9. Obeleˇzje X ima B (10, p) raspodelu i posmatra se uzorak (x1 , . . . , x100 ). Za ocenu parametra p koristimo npr. pˆ =

1 10 X 100

=

1 1000

(X1 + . . . + X100 ) ,

ˇcija je realizovana vrednost na osnovu uzorka pˆ =

1 1000

(0 · 1 + 1 · 1 + 2 · 4 + 3 · 11 + 4 · 22 + 5 · 25 + 6 · 19 + 7 · 12+ +8 · 3 + 9 · 0 + 10 · 2) = 0.497

(najbolja ocena matematiˇckog oˇcekivanja E (X) = 10p je statistika X 100 , 1 a pri tome je p = 10 E (X)). Teorijske verovatno´ce ´cemo χ2 testom uporediti sa uzorkom, ali pre toga moramo izvrˇsiti spajanje grupa podataka tako da u svakoj grupi bude bar 5 realizacija: broj pogodaka (k) uˇcestalost (nk )

0, 1, 2 6

3 11

4 5 22 25

6 19

7 8, 9, 10 12 5

Teorijske verovatno´ce su ¡ ¢ k 10−k P (X = k) = 10 ˆ (1 − pˆ) , k ∈ {0, 1, 2, . . . , 10} , k p odnosno 66

p2 = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) ≈ 0.0568287, p3 = P (X = 3) ≈ 0.120012,

p4 = P (X = 4) ≈ 0.207517,

p5 = P (X = 5) ≈ 0.246049,

p6 = P (X = 6) ≈ 0.202595,

p7 = P (X = 7) ≈ 0.114388, p8 = P (X = 8) + P (X = 9) + P (X = 10) = 1 −

7 P i=2

pi ≈ 0.0423838.

Broj grupa podataka je 7, i pri tome smo imali jedan ocenjeni parametar, pa iz tablica oˇcitavamo χ2α;7−1−1 = χ20.05;5 ≈ 11.1. Poˇsto je z=

8 P k=2

(nk −100·pk )2 100·pk

≈ 0.42537 < 11.1 ≈ χ20.05;5

konstatujemo da uzorak ne protivreˇci hipotezi.

22.01.2000. 1. Zoran ima 4 crvena i 7 belih klikera, a Tanja 5 crvenih i 4 bela klikera. Zoran i Tanja nasumice uzimaju po 2 klikera i zapoˇcinju igru. Tokom igre jedan kliker se polomi. (a) Koliko iznosi verovatno´ca da je polomljeni kliker bele boje? (b) Ako se zna da je polomljeni kliker bele boje, koliko iznosi verovatno´ca da je kliker bio Tanjin? 2. Pretpostavimo da je nov semafor postavljen odred¯enog dana u 0 ˇcasova. Vreme X pojave kvara na semaforu, mereno u satima, ima eksponencijalnu raspodelu sa oˇcekivanim vremenom pojave kvara od 48 sati. (a) Na´ci verovatno´cu da ´ce do pojave kvara do´ci tokom nekog dana u vremenskom periodu izmed¯u 6 ˇcasova ujutru i 6 ˇcasova posle podne. (b) Na´ci matematiˇcko oˇcekivanje vremena pojave kvara ako znamo da se kvar desio u prva 24 ˇcasa. 3. Data je gustina dvodimenzionalne sluˇcajne promenljive (X, Y ): ϕX,Y (x, y) = 32 x,

(x, y) ∈ S,

y

gde je S = { (x, y) | |y − 1| < x < 1} oblast na slici. (a) Na´ci gustinu sluˇcajne promenljive Y njen grafik.

i skicirati

(b) Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive Z = X + Y .

26

... ... .... ..... ...... ....... ........ ......... .......... ........... ............ ............. .............. ............... ................ ................. .................. .................. 1 ................... ................. ................ ............... .............. ............. ............ ........... .......... ......... ........ ....... ...... ..... .... ... ...

S

@

0

@ @- x 1

4. Ispod slavine koja kaplje postavljena je prazna ˇsolja zapremine 100ml. Svake 4 sekunde u ˇsolju padne jedna kap. Koliˇcina vode u jednoj kapi ima oˇcekivanu vrednost 3ml sa standardnim odstupanjem 0.8ml i ne zavisi od koliˇcine vode u drugim kapima. Koliko iznosi verovatno´ca da ´ce se za dva minuta ˇsolja prepuniti? 67

µ

¶ 0 1 2 i dve ocene parametra p (gde 1 − 3p p 2p n oznaˇcava obim uzorka): n n ¨n = 1 P X 2. ˆ n = 1 P Xi , X X i 5n 9n

5. Dato je obeleˇzje X :

i=1

i=1

ˆn i X ¨n. (a) Ispitati centriranost ocena X (b) Koja ocena je efikasnija? 6. Dat je prost sluˇcajni uzorak obeleˇzja X: 1.31 0.77 2.20 0.23 2.33 0.62 4.28 2.51 0.69 2.52 0.67 0.014 3.47 8.34 1.91 5.43 2.31 2.63 0.66 0.42 2.22 1.44 2.92 7.63 0.00042 0.46 0.21 4.01 0.78 4.75 χ2 testom ispitati da li je uzorak u saglasnosti sa eksponencijalnom raspodelom sa pragom znaˇcajnosti α = 0.05, uzimaju´ci intervale (−∞, 0.5], (0.5, 1], (1, 2.5], (2.5, +∞). 7. Neka su taˇcke A, B, C, D povezane kao na slici. Neka se ˇcestica u svakom koraku pomera iz jedne taˇcke u drugu sa njom povezanu taˇcku, pri ˇcemu u sluˇcaju da je polazna taˇcka povezana sa viˇse taˇcaka, prelasci u sve povezane taˇcke su jednako verovatni.

aD
A
A
A

A a B a


AaC

(a) Na´ci matricu prelaza za jedan korak. (b) Ako se na poˇcetku ˇcestica sa jednakim verovatno´cama nalazi u taˇcki C ili taˇcki D, na´ci raspodelu verovatno´ca poloˇzaja ˇcestice nakon 2 koraka. 8. Neka su U i V nezavisne sluˇcajne promenljive sa normalnom raspodelom N (0, 1) i neka je Xt , t ∈ R sluˇcajni proces definisan sa Xt = et U + t2 V . Na´ci slede´ce karakteristike sluˇcajnog procesa Xt : (a) matematiˇcko oˇcekivanje, (b) autokovarijansnu funkciju, (c) disperziju.

Reˇ senja: 1. Oznaˇcimo sa B dogad¯aj ”polomljeni kliker je bele boje”, a sa T dogad¯aj ”polomljeni kliker je bio Tanjin”. Tekstom zadatka je dato: ¡ ¢ ¡ ¢ 4 7 7 = 49 , P B | T = 4+7 = 11 . P (T ) = P T = 42 = 12 , P (B | T ) = 5+4 (a) Na osnovu formule totalne verovatno´ce je: ¡ ¢ ¡ ¢ 7 P (B) = P (T ) P (B | T )+P T P B | T = 12 · 49 + 12 · 11 = 68

107 198

≈ 0.54.

(b) Na osnovu Bajesove formule je 1 4 · P (T ) P (B | T ) 44 P (T | B) = = 21079 = ≈ 0.41. P (B) 107 198 ¡1¢ 2. Sluˇcajna promenljiva X ima E 48 raspodelu, jer je E (X) = 11 = 48. 48 Gustina i funkcija raspodele sluˇcajne promenljive X su: ½ ½ 0 , x<0 0 , x<0 ϕX (x) = , FX (x) = . 1 1 1 − 48 x − 48 x e , x ≥ 0 1 − e , x≥0 48 Obeleˇzimo sa A skup (disjunktnih) vremenskih intervala izmed¯u 6 ˇcasova ∞ S ujutru i 6 ˇcasova posle podne: A = [24k + 6, 24k + 18]. k=0

(a) Traˇzi se verovatno´ca dogad¯aja {X ∈ A} koga moˇzemo predstaviti kao uniju disjunktnih dogad¯aja: ∞ P {X ∈ A} = {X ∈ [24k + 6, 24k + 18]} . k=0

P (X ∈ A) = = = =

∞ P

∞ P

(FX (24k + 18) − FX (24k + 6)) =

k=0 ∞ ³³ P k=0 ∞ ³ P

´ ³ ´´ 1 1 1 − e− 48 (24k+18) − 1 − e− 48 (24k+6) = 1

− 18

1

1

3

e− 2 k− 8 − e− 2 k− 8

k=0

³

P (24k + 6 ≤ X ≤ 24k + 18) =

k=0

− 38

´P ∞ ³

− 12

´

k=0

´k

e = e −e = k=0 ³ 1 ´ ³ 3 1 1 = e− 8 − e− 8 = √ 8 e − −1 1−e

³ 1 ´ 3 1 e− 2 k e− 8 − e− 8 =

∞ P

=

2

1 √ 8 3 e

´

√ √ e . e−1

(b) Traˇzi se E (X | X ∈ [0, 24]). P (X ∈ [0, 24]) = P (0 ≤ X ≤ 24) = FX (24) − FX (0) = √ 1 e = 1 − e− 2 = √e−1 , FX | {X∈[0,24]} (x) =   0   P(0
P(X
=

P(0
, x≤0 , x ∈ (0, 24] = , x > 24

Sada dobijamo: ϕX | {X∈[0,24]} (x) = FX0 | {X∈[0,24]} (x) =

69

        

    

0

=

, x≤0

1 1−e− 48 x 1 1−e− 2

1

, x ∈ (0, 24] . , x > 24

0 1 e− 48 x

 1 48 1−e− 2

,

x 6∈ [0, 24]

,

x ∈ [0, 24]

,

E (X | X ∈ [0, 24]) = =

 1 1 48 1−e− 2

³

R∞ −∞

xϕX | {X∈[0,24]} (x) dx =

1

−48e− 48 x (x + 48)

R24 0

´ 24 √ e−3 | = 24 2√e−1 .

x

1

− x 48 e 1  dx 48 1−e− 2

=

0

3. Neka je S oblast nad kojom je gustina ϕX,Y (x, y) pozitivna: ¯ © ª S = (x, y) ∈ R2 ¯ |y − 1| < x < 1 = ¯ © ª = (x, y) ∈ R2 ¯ 0 < y < 2 ∧ 1 − y < x < y − 1 . (a) ϕY (y) =

R∞ −∞

ϕX,Y (x, y) dx = . . .

- za y 6∈ (0, 2) :

ϕY (y) =

R∞

0 dx = 0;

−∞

1 R1 3 3 2 - za y ∈ (0, 1] : ϕY (y) = | = 2 x dx = 4 x 1−y 1−y ³ ´ 2 = 43 1 − (1 − y) = 34 y (2 − y); 1 R1 3 3 2 - za y ∈ (1, 2) : ϕY (y) = | = 2 x dx = 4 x y−1 ³ ´ ³ y−1 ´ 2 2 = 43 1 − (y − 1) = 34 1 − (1 − y) = 34 y (2 − y). ½ 0 y 6∈ (0, 2) Dakle: ϕY (y) = . 3 4 y (2 − y) y ∈ (0, 2)

3 4

0

y 6

1

2

-x

(b) FZ (z) = P (Z < z) = P (X + Y < z) = RR RR 3 = ϕX,Y (x, y) dxdy = 2 x dxdy, Tz Tz ∩S ¯ ¯ © ª © ª gde je Tz = (x, y) ∈ R2 ¯ x + y < z = (x, y) ∈ R2 ¯ y < z − x ona poluravan u odnosu na pravu y = z − x u ˇciju je unutraˇsnjost usmeren vektor ~v = (−1, −1), ˇsto znaˇci da u zavisnosti od z za oblast Tz ∩ S imamo slede´ce situacije: - za z ≤ 1 je Tz ∩ S = ∅; - za 1 < z ≤ 3 je Tz ∩ S oblast ograniˇcena duˇzima: l1 = { (x, 1 − x) | x ∈ [0, 1]}, ¤ª © £ , l2 = (x, 1 + x) | x ∈ 0, z−1 2 70

© £ ¤ª l3 = (x, z − x) | x ∈ z−1 2 ,1 , l4 = { (1, y) | y ∈ [0, z − 1]}, odnosno © ¡ ¤ ª Tz ∩ S = (x, y) | x ∈ 0, z−1 ∧ y ∈ (1 − x, 1 + x) ∪ 2 © ¡ z−1 ¤ ª ∪ (x, y) | x ∈ 2 , 1 ∧ y ∈ (1 − x, z − x) ; - za 3 < z je Tz ∩ S = S. Prema tome: - za z ≤ 1 : FZ (z) = 0; - za 1 < z ≤ 3 (vidi sliku): ! à ! z−1 à 1+x z−x R2 R 3 R1 R 3 FZ (z) = dx + dx = 2 x dy 2 x dy 0

=

z−1 2

R 0

1−x

z−1 2

R1

3x2 dx +

3 2 x (z

z−1 2

1−x

− 1) dx =

³ ´ 3 2 (z − 1) + 43 (z − 1) 1 − 14 (z − 1) = ³ ´ 2 = 14 (z − 1) 3 − 14 (z − 1) ; RR 3 - za 3 < z : FZ (z) = 2 x dxdy = 1. =

1 8

S

y 2

x=1

6

y=1+x (x=y−1)

y

@

@

. ... ..... ....... ......... ........... ............. ............... ................. ................... ..................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ....................... ...................... ..................... T .................... Z ∩S ................... .................. ................. ................ ............... .............. ............. ............ ........... .......... ......... ........ ....... ...... ..... .... ... ...

@

1@

@ @

@

@

@

@

@

@

y

@ @ y =z−x @ @-x 1−y 1@ @ y=1−x

@

z−1 2

y−1

(x=1−y)

= 30 kapi. Neka sluˇcajna 4. Tokom dve minute, u ˇsolju padne 2·60 4 promenljiva Xi , i ∈ {1, 2, . . . , 30} predstavlja koliˇcinu vode u i - toj kapi. Za svako i ∈ {1, 2, . . . , 30} vaˇzi E (Xi ) = 3 i D (Xi ) = 0.82 = 0.64 30 P (σ (Xi ) = 0.8). Sluˇcajna promenljiva S30 = Xi predstavlja ukupnu i=1

koliˇcinu vode u 30 kapi, tj. koliˇcinu vode koja nakapa za 2 minuta. Za nju vaˇzi: 71

E (S30 ) = E

µ 30 P

D (S30 ) = D

i=1

¶ Xi

µ 30 P

¶

i=1

30 P

=

Xi

i=1

E (Xi ) =

30 [1] P

=

i=1

30 P

3 = 3 · 30 = 90,

i=1

D (Xi ) =

30 P

0.64 = 0.64 · 30 = 19.2.

i=1

Od nas se traˇzi da izraˇcunamo P (S30 ≥ 100): P (S30 ≥µ100) = 1 − P (S30 < 100)¶= µ ¶ S30 −E(S30 ) 100−E(S30 ) S30 −E(S30 ) 100−90 =1−P √ =1−P √ < √ < √19.2 ≈ D(S30 ) D(S30 ) D(S30 ) µ ¶ [2] 30 −E(S30 ) ≈ 1 − P S√ < 2.28 ≈ 1 − φ (2.28) ≈ 1 − 0.9887 ≈ 0.0113. D(S30 )

[1] - Kapi su nezavisne. [2] - Sluˇcajna promenljiva

S30 −E(S30 )

√

D(S30 )

ima pribliˇzno N (0, 1) raspodelu.

5. E (X) = 0 · (1 − 3p) + 1 · p + 2 · 2p = 5p, ¡ ¢ E X 2 = 02 · (1 − 3p) + 12 · p + 22 · 2p = 9p, ¡ ¢ 2 D (X) = E X 2 − (E (X)) = 9p − 25p2 = p (9 − 25p), µ ¶ µ ¶ 02 12 22 0 1 4 2 X : = , 1 − 3p p 2p 1 − 3p p 2p ³¡ ¢ ´ 2 E X2 = 0 · (1 − 3p) + 12 · p + 42 · 2p = 33p, ³¡ ¢ ´ ¡ ¡ ¢¢ ¡ ¢ 2 2 D X2 = E X2 − E X2 = 33p − 81p2 = 3p (11 − 27p). µ ¶ ´ n n P P 1 1 1 ˆ (a) E Xn = E 5n nE (X) = 51 5p = p, Xi = 5n E (X) = 5n i=1 i=1 µ ¶ ³ ´ n n ¡ ¢ ¡ ¢ P P 1 1 1 2 ¨ E Xn = E 9n nE X 2 = 91 9p = p. Xi = 9n E X 2 = 9n ³

i=1

i=1

Dakle, obe ocene su centrirane. µ ¶ ³ ´ n n P P p(9−25p) 1 1 1 ˆ (b) D Xn = D 5n Xi = 25n D (X) = 25n , 2 2 nD (X) = 25n i=1 i=1 µ ¶ ³ ´ n n ¡ ¢ ¡ ¢ ¨ n = D 1 P X 2 = 1 2 P D X 2 = 1 2 nD X 2 = D X i 9n 81n 81n i=1

=

1 81n 3p (11

− 27p) =

p(11−27p) . 27n

i=1

ˆ n efikasnija od ocene X ¨n: Ispitajmo za koje n je ocena X ³ ´ ³ ´ ˆn ≤ D X ¨n D X ⇔ p(9−25p) ≤ p(11−27p) ⇔ 25n 27n ⇔

9 25

−p≤

11 27

−p

⇔

9 25

≤

11 27 .

ˆ n efikasnija Poslednja nejednakost je taˇcna za svako n, pa je ocena X ¨ n za svako n ∈ N. od ocene X 72

6. Prebrojavanjem elemenata iz uzorka u odnosu na date intervale dobijamo slede´cu tabelu: Ii (−∞, 0.5] (0.5, 1] (1, 2.5] (2.5, ∞) ni 6 6 7 11 Da bi smo naˇsli verovatno´ce pi = P (X ∈ Ii ) , i ∈ {1, 2, 3, 4} za sluˇcajnu promenljivu X : E (a), moramo najpre na osnovu uzorka oceniti parametar a. Ocenimo ga, na primer, metodom maksimalne verodostojnosti. Dobijamo: 30 30 Q Q L (x1 , . . . , x30 ; a) = ϕX (xi ; a) = ae−axi = a30 e−a(x1 +...+x30 ) , i=1

i=1

¡ ¢ ln L (x1 , . . . , x30 ; a) = ln a30 e−a(x1 +...+x30 ) = 30 ln a − a (x1 + . . . + x30 ), ∂ ∂a ∂ ∂a

ln L (x1 , . . . , x30 ; a) =

30 a

− (x1 + . . . + x30 ),

ln L (x1 , . . . , x30 ; a) = 0 ⇔ a =

30 x1 +...+x30

=

1 x30 .

1 , X 30 a na osnovu uzorka dobijamo odgovaraju´cu vrednost: Prema tome, imamo ocenu parametra a:

a ˆ=

30 x1 +...+x30

≈ 0.442906. ½ 0 , x≤0 Koriste´ci funkciju raspodele FX (x) = 1 − e−0.442906x , x > 0 a=

dobijamo: p1 = P (X ∈ I1 ) = FX (0.5) ≈ 0.198647, p2 = P (X ∈ I2 ) = FX (1) − FX (0.5) ≈ 0.159186, p3 = P (X ∈ I3 ) = FX (2.5) − FX (1) ≈ 0.311706, p4 = P (X ∈ I4 ) = 1 − FX (2.5) ≈ 0.330461. Poˇsto je 4 P (ni −30·pi )2 z= = 30·pi i=1

=

(6−30·0.198647)2 30·0.198647

+

≈ 1.02437 < 5.99 ≈

2 (6−30·0.159186)2 + (7−30·0.311706) 30·0.159186 30·0.311706 χ20.05;2 = χ2α;4−1−1 ,

+

(11−30·0.330461)2 30·0.330461

≈

sledi da dati uzorak ne protivreˇci hipotezi. 7. (a) Na osnovu opisa dobijamo matricu prelaza za jedan korak, a zatim i matricu prelaza za 2 koraka:  A

P =

A

B

C

D

0

1

0

0

0

1 3

1 2 1 2

0

1 3 1 2

1 2

0

 1 B  3 

C

0

D

0



    ⇒  

73

1 3

0

1 6

2 3 1 4 1 4

  0  P (2) = P =  1  6  2

1 3 1 6 5 12 1 6

1 3 1 6 1 6 5 12

    .  

(b) Poˇcetna raspodela: p (0) = Raspodela nakon dva koraka: £ A B p (2) = p (0) · P 2 = 16 41

£

A

B

C 1 2

0 0 C 7 24

D 7 24

¤

D 1 2

¤

.

.

8. Poˇsto sluˇcajne promenljive U i V imaju N (0, 1) raspodelu, ¡ ¢ sledi da je 2 E (U ) = E (V ) = 0 i D (U ) = D (V ) = 1, a iz D (U ) = E U 2 − (E (U )) ¡ 2¢ 2 = D (U ) + (E (U )) = 1 + 0 = 1 i analogno dobijamo da je E U ¡ 2¢ E V = 1. ¡ ¢ [1] (a) mX (t) = E et U + t2 V = et E (U ) + t2 E (V ) = et · 0 + t2 · 0 = 0. (b) KX (t, s) = E ((Xt − mX (t)) (Xs − mX (s))) = E (Xt Xs ) = ¡¡ ¢¡ ¢¢ = E et U + t2 V es U + s2 V = ¡ ¡ ¢ ¢ [1],[2] = E es+t U 2 + et s2 + es t2 U V + t2 s2 V 2 = ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ = es+t E U 2 + et s2 + es t2 E (U ) E (V ) + t2 s2 E V 2 = 2

= es+t · 1 + 0 + (ts) · 1 = es+t + t2 s2 . 2

(c) DX (t) = KX (t, t) = et+t + (tt) = e2t + t4 . [1] - Matematiˇcko oˇcekivanje je linearna transformacija. [2] - Sluˇcajne promenljive U i V nezavisne, te je E (U V ) = E (U ) E (V ).

13.02.2000. 1. Dato je strujno kolo sastavljeno od 4 prekidaˇca povezana kao na slici. Verovatno´ca da je pojedini prekidaˇc ukljuˇcen je 0.7 i prekidaˇci su ukljuˇceni nezavisno jedan od drugog.

P1 P3

P4

P2

(a) Izraˇcunati verovatno´cu da kroz kolo prolazi struja. (b) Izraˇcunati verovatno´cu da kroz kolo prolazi struja ako se zna da je prekidaˇc P1 ukljuˇcen. (c) Izraˇcunati verovatno´cu da je prekidaˇc P1 ukljuˇcen ako se zna da kroz kolo prolazi struja. 2. Student je na pismenom ispitu dobio 60 poena, a na usmenom delu ispita izvlaˇci 5 pitanja pri ˇcemu svaki put sa verovatno´com 23 izvlaˇci pitanje na koje ume da odgovori ispravno i svaki ispravan odgovor mu donosi joˇs po 20 poena. Na´ci zakon raspodele, karakteristiˇcnu funkciju i matematiˇcko oˇcekivanje ukupnog broja poena koje je student imao nakon oba dela ispita. 74

3. Neka su X, Y i Z nezavisne sluˇcajne promenljive zadane zakonom raspodele, odnosno gustinom: µ ¶ −2 4 , X : 1 2 ½ ϕY (y) =

3

0 − 12 y

, y 6∈ [−2, 0] , , y ∈ [−2, 0]

3

½

ϕZ (z) =

0 3 2 2z

, z 6∈ [−1, 1] . , z ∈ [−1, 1]

(a) Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive T = XY . (b) Na´ci matematiˇcko oˇcekivanje sluˇcajne promenljive W = X (Y + Z). 4. Autobus gradskog saobra´caja po jednom krugu utroˇsi koliˇcinu goriva koja ima eksponencijalnu raspodelu, pri ˇcemu je oˇcekivani utroˇsak goriva 5l. Tokom dana autobus napravi 30 krugova. Pomo´cu centralne graniˇcne teoreme odrediti koliko je goriva najmanje potrebno obezbediti za jedan dan, tako da ta koliˇcina bude dovoljna sa verovatno´com ne manjom od 0.985. 5. Obeleˇzje X je dato gustinom: ( θ − θ−1 1 θ−1 x ϕX (x) = 0

, x>1 , , x≤1

(θ > 1).

(a) Metodom maksimalne verodostojnosti na´ci ocenu parametra θ. (b) Ispitati centriranost dobijene ocene. 6. Na uzorku od 100 ˇcetvoroˇclanih porodica posmatrana je dnevna potroˇsnja mleka i dobijeni rezultati su prikazani u tabeli: potroˇsnja mleka (`) broj porodica

[0, 0.5) 35

[0.5, 1) [1, 1.5) [1.5, 2] 35 18 12

Sa pragom znaˇcajnosti α = 0.05 na osnovu datog uzorka χ2 testom testirati hipotezu da proseˇcna potroˇsnja mleka ima raspodelu datu gustinom ϕ (x) = 1 − 12 x, x ∈ (0, 2) i ϕ (x) = 0, x 6∈ (0, 2). 7. Nakon pljaˇcke banke, lopov se krije u Somboru, Novom Sadu ili Rumi. Policija zna da se lopov nalazi u jednom od ta tri grada. Ako je lopov jednog dana u Novom Sadu, sutradan podjednako verovatno ide u Sombor, Rumu, ili ostaje u Novom Sadu. Poznato je da iz Rume 2 puta verovatnije ide u Sombor nego u Novi Sad, kao i da u Rumi ne boravi 2 dana uzastopno. Ako je lopov jednog dana u Somboru, sutradan obavezno napuˇsta Sombor i jednako verovatno odlazi u Novi Sad ili Rumu. (a) Sastaviti matricu prelaza za jedan dan. (b) Ako je lopov prvog dana bio u Novom Sadu, na´ci verovatno´cu da ´ce kroz 2 dana biti ponovo u Novom Sadu. 75

(c) Ako policija uhvati lopova, lopov ide u zatvor. Verovatno´ca da ´ce ga uhvatiti u Novom Sadu je 14 , u Rumi je 31 , a u Somboru 15 . Izraˇcunati verovatno´cu da ´ce posle 2 dana lopov i dalje biti na slobodi ako se zna da je posle pljaˇcke banke na sluˇcajan naˇcin izabrao grad u kojem se krije. 8. Neka su U i V nezavisne sluˇcajne promenljive, i neka U ima normalnu N (5, 2) raspodelu a V Poasonovu P (4) raspodelu. Sluˇcajni proces Xt , t ∈ [0, ∞) je definisan sa Xt = U cos t + V sin t. Izraˇcunati matematiˇcko oˇcekivanje, autokorelacionu funkciju i disperziju sluˇcajnog procesa Xt .

Reˇ senja: 1. Obeleˇzimo sa Pi , i ∈ {1, 2, 3, 4} dogad¯aj ”prekidaˇ ¡ c¢ Pi je ukljuˇcen”. Tekstom zadatka je dato da je P (Pi ) = 0.7 i P P i = 0.3. Obeleˇzimo sa A dogad¯aj ”kroz kolo protiˇce struja”. (a) A = P1 P2 P3 P4 + P 1 P2 P3 P4 + P1 P 2 P3 P4 Dakle, A je unija disjunktnih dogad¯aja, pri ˇcemu su dogad¯aji Pi , i ∈ {1, 2, 3, 4} nezavisni, te je ¡ ¢ P (A) = P P1 P2 P3 P4 + P 1 P2 P3 P4 + P1 P 2 P3 P4 = ¡ ¢ ¡ ¢ = P (P1 P2 P3 P4 ) + P P 1 P2 P3 P4 + P P1 P 2 P3 P4 = ¡ ¢ = P (P1 ) P (P2 ) P (P3 ) P (P4 ) + P P 1 P (P2 ) P (P3 ) P (P4 ) + ¡ ¢ + P (P1 ) P P 2 P (P3 ) P (P4 ) = = 0.74 + 2 · 0.3 · 0.73 = 0.4459. P(P1 P2 P3 P4 +P1 P 2 P3 P4 ) 1) = (b) P (A | P1 ) = P(AP P(P 1) = P(P 1) 0.73 (0.7+0.3) = 0.72 = 0.49. 0.7 0.73 1 A) P (P1 | A) = P(P P(A) = 0.73 (0.7+2·0.3)

=

(c)

=

1 1.3

≈ 0.77.

2. Neka je Y (pomo´cna) sluˇcajna promenljiva koja predstavlja broj pitanja koje je student izvukao i na koje ume da da odgovor. Po opisu ¡ ispravan ¢ iz zadatka vidimo da Y ima binomnu B 5, 32 raspodelu. Za sluˇcajnu promenljivu Y su poznati zakon raspodele, karakteristiˇcna funkcija i matematiˇcko oˇcekivanje: ½ ¡ 5 ¢ ¡ ¢k ¡ ¢5−k 2 · 31 , k ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5} , k · 3 qk = P (Y = k) = 0 , k 6∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5} ¢ ¡ 1 2 it ¢5 ¡ 5 1 = 243 E (Y ) = 5 · 32 = 10 KY (t) = 3 + 3 e 1 + 2eit , 3 . Sluˇcajnu promenljivu X koja predstavlja ukupan broj poena koje je student dobio na ispitu moˇzemo predstaviti na slede´ci naˇcin: X = 20Y + 60. Mogu´ce vrednosti sluˇcajne promenljive X su 76

RX = {60, 80, 100, 120, 140, 160} = { 20k + 60 | k ∈ RY } i koriste´ci navedenu transformaciju lako dobijamo zakon raspodele sluˇcajne promenljive X : za svako k ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5} je ¡ ¢ ¡ ¢k ¡ ¢5−k P (X = 20k + 60) = P (Y = k) = k5 · 23 · 13 . Dalje, koriste´ci poznate osobine karakteristiˇcnih funkcija i matematiˇckog oˇcekivanja dobijamo: ¢5 ¡ 1 i60t 1 + 2ei20t , KX (t) = K20Y +60 (t) = ei60t KX (20t) = 243 e E (X) = E (20Y + 60) = 20E (Y ) + E (60) = 20 10 3 + 60 =

380 3

≈ 126.66.

3. Funkcije raspodele datih sluˇcajnih promenljivih su:   0, y ≤ −2  0, x ≤ −2  1 1 2 , x ∈ (−2, 4] 1 − y , y ∈ (−2, 0] , FX (x) = , F (y) = Y 4  3  1, 4 < x 1, 0 < y  0, z ≤ −1  1 1 3 z + FZ (z) = 2 , z ∈ (−1, 1] .  2 1, 1 < z (a) Sluˇcajna promenljiva T je sluˇcajna promenljiva koja nije ni diskretnog ni absolutno neprekidnog tipa, a skup mogu´cih vrednosti joj je: RT = { xy | x ∈ RX = {−2, 4} ∧ y ∈ RY = [−2, 0]} = = [0, 4] ∪ [−8, 0] = [−8, 4] . Funkciju raspodele FT sluˇcajne promenljive T ´cemo na´ci koriste´ci potpun sistem dogad¯aja {X = −2}, {X = 4} : FT (t) = P (T < t) = P (XY < t) = . . . - za t ≤ −8 : FT (t) = 0; - za −8 < t ≤ 4 : [1]

FT (t) = P (X = −2) P (XY < t | X = −2) + + P (X = 4) P (XY < t | X = 4) = [2]

= 13 P (−2Y < t | X = −2) + 32 P (4Y < t | X = 4) = = 13 P (−2Y < t) + 23 P (4Y < t) = ¡ ¢ ¡ ¢ = 13 P Y > − 12 t + 23 P Y < 14 t = ¡ ¡ ¢¢ ¡ ¢ [3] = 13 1 − P Y ≤ − 12 t + 23 P Y < 14 t = ¢¢ ¡ ¢ ¡ ¡ = 13 1 − FY − 21 t + 23 FY 14 t = . . .

∗ za −8 ≤ t < 0 (0 < − 21 t ≤ 4 ∧ −2 ≤ 14 t < 0): ¡ ¢ 1 2 1 2 FT (t) = 13 (1 − 1) + 23 1 − 14 · 16 t = 23 − 96 t ; 1 1 ∗ za 0 ≤ t < 4 (−2 < − 2 t ≤ 0 ∧ 0 ≤ 4 t < 1): ¢¢ ¡ ¡ 1 2 t ; FT (t) = 13 1 − 1 − 14 · 14 t2 + 23 · 1 = 23 + 48 - za 4 ≤ t : FT (t) = 1. 77

[1] [2] [3] je

- Po formuli totalne verovatno´ce. - X i Y su nezavisne sluˇcajne promenljive. - ¡Y je sluˇcajna ¢ promenljiva ¡ ¢neprekidnog ¡ ¢tipa pa P Y ≤ − 21 t = P Y < − 12 t = FY − 12 t .   0, t ≤ −8     2 − 1 t2 , t ∈ (−8, 0] 3 96 Dakle: FT (t) = .  2 + 1 t2 , t ∈ (0, 4]  3 48    1, 4 ≤ t (b) E (X) = −2 · 31 + 4 · 23 = 2, ³ 3´ 0 ¢ R0 ¡ R0 E (Y ) = y − 12 y = − 21 y 2 = − 12 y3 | = 43 , E (Z) =

−2 R1

−2

z

−1

¡3

2z

¢ 2

=

3 2

R1

z3 =

−1

3 2

³

4

z 4

´

−2

1

| = 0,

−1 [4]

E (W ) = E (X (Y + Z)) = E (XY + XZ) = E (XY ) + E (XZ) = = E (X) E (Y ) + E (X) E (Z) = 2 · 43 + 2 · 0 = 83 .

[4] - X, Y i X, Z su parovi nezavisnih sluˇcajnih promenljivih. 4. Obeleˇzimo sa Xi , i ∈ {1, 2, . . . , 30} utroˇsak goriva u i - tom krugu. Dato je da Xi ima E (a) raspodelu, pri ˇcemu je E (Xi ) = 5, odakle sledi da je a = 51 , a odatle je dalje D (Xi ) = a12 = 25. Sluˇcajna promenljiva 30 P S30 = Xi predstavlja ukupan utroˇsak goriva tokom celog dana, a mi i=1

treba da odredimo x tako da vaˇzi P (S30 < x) ≥ 0.985. Pri tome znamo da je µ 30 ¶ 30 P P E (S30 ) = E Xi = E (Xi ) = 30 · 5 = 150, i=1

D (S30 ) = D

µ 30 P i=1

i=1

¶ Xi

=

30 P i=1

D (Xi ) = 30 · 25 = 750

(Xi su nezavisne sluˇcajne promenljive). µ ¶ 30 −E(S30 ) √ 30 ) ≥ 0.985 ⇔ < x−E(S P (S30 < x) ≥ 0.985 ⇔ P S√ D(S30 ) D(S30 ) µ ¶ ³ ´ [1] 30 −E(S30 ) √ √ ⇔ P S√ ≥ 0.985 ⇔ φ x−150 º 0.985 ⇔ < x−150 750 750 D(S30 ) √ √ ⇔ x−150 º φ−1 (0.985) ≈ 2.17 ⇔ x º 2.17 · 750 + 150 ≈ 209.43. 750 [1] - Primena centralne graniˇcne teoreme. Dakle, uz zadani nivo pouzdanosti procene, treba obezbediti bar 210l goriva. 5. (a)

L (x1 , . . . , xn ; θ) = =

θ − θ−1 1 x 1 θ−1 1 (θ−1)n (x1

78

· ... · · ... ·

θ − θ−1 1 x n θ−1 − θ xn ) θ−1 ,

(b)

−n

θ θ−1 ln (x1 · . . . · xn ) n P θ = −n ln (θ − 1) − θ−1 ln (xi ) , i=1 n P ∂ n 1 ln (xi ), ∂θ ln L (x1 , . . . , xn ; θ) = − θ−1 + (θ−1)2 i=1 ∂ ∂θ ln L (x1 , . . . , xn ; θ) = 0 ⇔ n n P P n 1 ⇔ − θ−1 + (θ−1) ln (xi ) = 0 ⇔ θ = 1 + n1 ln (xi ). 2 i=1 i=1 n P Dakle, dobili smo ocenu: θˆ = 1 + n1 ln (Xi ). i=1 R∞ R∞ θ [1] 1 x− θ−1 dx = E (ln X) = ln x ϕX (x) dx = ln x θ−1 1 µ −∞ ¶ ∞ R∞ 1 1 − θ−1 1 = θ−1 − (θ − 1) x ln x | + (θ − 1) x1 x− θ−1 = 1 1 ∞ R∞ − θ 1 − θ−1 θ−1

ln L (x1 , . . . , xn ; θ) = ln (θ − 1)

=

x

= − (θ − 1) x

−

| = θ − 1.

1

1

θ

[1] - Parcijalnom integracijom: u = ln x, dv = x− θ−1 dx. µ ¶ ³ ´ n n P P 1 ˆ E θ =E 1+ n ln (Xi ) = E (1) + n1 E (ln (Xi )) = =1+

1 n

n P

i=1

(θ − 1) = 1 +

i=1

i=1

1 n n (θ

− 1) = θ.

Prema tome, ocena θˆ jeste centrirana. 6. Neka je X obeleˇzje koje predstavlja dnevnu potroˇsnju mleka jedne ˇcetvoroˇclane porodice. Koriste´ci datu gustinu obeleˇzja X, izraˇcunavamo njegovu funkciju raspodele:  0 , x≤0  Rx x − 14 x2 , 0 < x ≤ 2 . FX (x) = ϕ (t) dt =  −∞ 1 , 2
p1 = P (X ∈ [0, 0.5)) = FX (0.5) − FX (0) = p2 = P (X ∈ p3 = P (X ∈ p4 = P (X ∈

Obim uzorka je: 35 + 35 + 18 + 12 = 100. Poˇsto je 4 P (ni −100·pi )2 z= = 100·pi i=1

188 25

= 7.52 < χ2α;4−1 = χ20.05;3 ≈ 7.81,

sledi da dati uzorak ne protivreˇci hipotezi. 7. Oznaˇcimo redom sa S, N i R stanja ”lopov je u Somboru”, odnosno ”lopov je u Novom Sadu”, odnosno ”lopov je u Rumi”. 79

S 0  P = N 13 S

(a) Matrica P prelaza tj. kretanja lopova glasi:

2 R 3

S N R

(b) Poˇcetna raspodela verovatno´ca:

R  1 2 1 . 3

0

p (0) = [0 1 0] . 

Matrica prelaza za 2 dana:

N 1 2 1 3 1 3

S

P (2) = P 2 =



N R

S 1 2 1 3 1 9

N 1 3 7 18 4 9

R 1 6 5 18 4 9

  .

Raspodela verovatno´ca nakon 2 dana: £ 1S 7N 5R ¤ p (2) = p (0) · P (2) = 3 18 18 . Prema tome, verovatno´ca da ´ce nakon 2 dana biti u Novom Sadu je 7 pN (2) = 18 . (c) Novo stanje u kome se lopov moˇze na´ci je ”biti u zatvoru” - obeleˇzi´cemo ga sa Z, i sada na osnovu opisa formiramo novu matricu prelaza za 1 dan i za 2 dana: S S 0 1 Q = N 4 4 R 9 Z 0

N 2 5 1 4 2 9

R 2 5 1 4

0

Z  1 5 1  4 , 1 3

0

0

1

S 5 S  18 25 N  144  1 R  18



Q (2) = Q2 =

Z

0

N 17 90 157 720 7 30

R 1 10 13 80 7 30

0

0

Z  13 30 107   240  . 43  90 

1

R Z¤ £ 1S N 1 1 Poˇcetna raspodela verovatno´ca: q (0) = 3 3 3 0 . Raspodela verovatno´ca nakon 2 dana: Z ¤ £ S N R 977 q (2) = q (0) · Q (2) = · · · · · · · · · 2160 . Prema tome, verovatno´ca da ´ce nakon 2 dana biti i dalje na slobodi je: qS (2) + qN (2) + qR (2) = 1 − qZ (2) = 1183 2160 ≈ 0.55.

8. Za date sluˇcajne promenljive imamo: E¡(U )¢ = 5, D (U ) = 22 = 4, 2 2 E (V ¡ )2 ¢= 4, D (V ) =2 4, i izraˇcunavamo E U = D (U ) + E (U ) = 29 i E V = D (V ) + E (V ) = 20. mX (t) = E (Xt ) = E (U cos t + V sin t) = cos t E (U ) + sin t E (V ) = = 5 cos t + 4 sin t, RX (t, s) = E (Xt Xs ) = E ((U cos t + V sin t) (U cos s + V sin s)) = ¡ ¢ [1] 2 = E U 2 cos t cos s + V sin t sin s + (cos t sin s + sin t cos s) U V = ¡ 2¢ ¡ 2¢ = cos t cos s E U + sin t sin s E V + + (cos t sin s + sin t cos s) E (U ) E (V ) = = 29 cos t cos s + 20 sin t sin s + 20 (cos t sin s + sin t cos s), 80

[1] - Sluˇcajne promenljive U i V su nezavisne pa je E (U V ) = E (U ) E (V ). DX (t) = KX (t, t) = RX (t, t) − m2X (t) = ¡ ¢ 2 = 29 cos2 t + 20 sin2 t + 40 cos t sin t − (5 cos t + 4 sin t) = ¡ ¢ = 20 + 9 cos2 t + 40 cos t sin t −¢ 25 cos2 t + 16 sin2 t + 40 cos t sin t = ¡ = 20 + 9 cos2 t − 9 cos2 t + 16 = 4.

04.05.2000. 1. Strelac ima 4 metka i gad¯a u cilj dok ne pogodi 2 puta uzastopno ili ne potroˇsi sve metke. Izraˇcunati verovatno´ce slede´cih dogad¯aja: A - ”cilj je pogod¯en bar 2 puta (ne mora uzastopno)”, B - ”ostaje neiskoriˇs´cen bar jedan metak”, C - ”viˇse je promaˇsaja nego pogodaka”. 2. Numerisana homogena kocka se baca 2 puta. Sluˇcajna promenljiva X predstavlja broj pojavljivanja parnog broja u 2 bacanja, a sluˇcajna promenljiva Y broj pojavljivanja broja deljivog sa 3 u 2 bacanja. Na´ci zakon raspodele dvodimenzionalne sluˇcajne promenljive (X, Y ). Ispitati da li su X i Y nezavisne sluˇcajne promenljive. Na´ci matematiˇcko oˇcekivanje sluˇcajne promenljive Z = XY . 3. Sluˇcajna promenljiva X ima uniformnu raspodelu X : U (0, 4), a sluˇcajna promenljiva Y ¡pod uslovom da je X = x ima uniformnu ¢ raspodelu Y | {X = x} : U x4 , 3x . Na´ c i gustinu sluˇcajne promenljive Y , 4 kao i gustinu ili funkciju raspodele sluˇcajne promenljive Z = X + 2Y . 4. Studenti polaˇzu ispit. Proseˇcno svaki tre´ci poloˇzi. (a) Na´ci matematiˇcko oˇcekivanje sluˇcajne promenljive koja predstavlja broj studenata koji izad¯u na ispit pre nego ˇsto poloˇzi prvih n studenata. (b) Odrediti broj studenata koji treba da izad¯u na ispit da bi sa verovatno´com 0.9 poloˇzilo bar 30 studenata. 5. U kutiji se nalaze 3 kuglice pri ˇcemu je svaka od njih zelena ili plava. Broj zelenih kuglica u kutiji definiˇse stanje sistema. Iz kutije se na sluˇcajan naˇcin bira jedna kuglica. Umesto izvuˇcene kuglice u kutiju se vra´ca zelena kuglica. (a) Napraviti matricu prelaza za jedan korak. (b) Ako se zna da je na poˇcetku u kutiji bila taˇcno jedna zelena kugica, izraˇcunati verovatno´cu da ´ce nakon 2 izvlaˇcenja u kutiji biti 3 zelene kuglice. 81

6. Obeleˇzje X ima raspodelu odred¯enu gustinom: ϕX (x) = θ xθ−1 , x ∈ (0, 1) . (a) Na osnovu uzorka obima n metodom maksimalne verodostojnosti oceniti parametar θ. (b) χ2 - testom ispitati saglasnost uzorka: ¡ 1¤ ¡1 1¤ ¡1 3¤ ¡3 ¢ interval: 0, 4 4, 2 2, 4 4, 1 uˇcestanost:

2

18

20

30

sa navedenom raspodelom za prag znaˇcajnosti α = 0.1. 7. Na´ci minimalan obim uzorka na osnovu kojeg moˇzemo oceniti matematiˇcko oˇcekivanje sa greˇskom manjom od 5 i nivoom poverenja β = 0.95 ako pretpostavimo da obeleˇzje ima normalnu raspodelu N (m, 10). 8. Na´ci matematiˇcko oˇcekivanje, autokorelacionu funkciju i disperziju sluˇcajnog procesa X (t) = cos (λt + U ) , t ∈ R gde je λ konstanta, a U je sluˇcajna promenljiva sa uniformnom raspodelom U (0, 2π).

Reˇ senja: 1. Oznaˇcimo sa P dogad¯aj ”u pojedinaˇcnom gad¯anju je cilj pogod¯en”, a sa X oznaˇcimo dogad¯aj ”u pojedinaˇcnom gad¯anju je cilj promaˇsen”. Oznaˇcimo sa p verovatno´cu pojedinaˇcnog pogotka, a sa q = 1 − p verovatno´cu pojedinaˇcnog promaˇsaja. P (A) = = P (P P + XP P + XXP P + XP XP + P XXP + P XP X + P XP P ) = = p2 + qp2 + 4p2 q 2 + qp3 , P (B) = P (P P + XP P ) = p2 + qp2 , P (C) = P (XXXX + XXXP + XXP X + XP XX + P XXX) = = q 4 + 4pq 3 . 2. Oznaˇcimo sa K1 i K2 sluˇcajne promenljive koje predstavljaju dobijeni broj na prvoj odnosno drugoj kocki. P (X = 0, Y = 0) = P ((K1 , K2 ) ∈ {(1, 1) , (1, 5) , (5, 1) , (5, 5)}) = 91 , P (X = 0, Y = 1) = P ((K1 , K2 ) ∈ {(1, 3) , (3, 1) , (3, 5) , (5, 3)}) = 91 , P (X = 0, Y = 2) = P ((K1 , K2 ) ∈ {(3, 3)}) =

1 , 36

P (X = 1, Y = 0) = = P ((K1 , K2 ) ∈ {(1, 2) , (2, 1) , (1, 4) , (4, 1) , (2, 5) , (5, 2) , (4, 5) , (5, 4)}) = 29 , P (X = 1, Y = 1) = = P ((K1 , K2 ) ∈ {(1, 6) , (2, 3) , (3, 2) , (3, 4) , (4, 3) , (5, 6) , (6, 1) , (6, 5)}) = 29 , P (X = 1, Y = 2) = P ((K1 , K2 ) ∈ {(3, 6) , (6, 3)}) =

1 , 18

P (X = 2, Y = 0) = P ((K1 , K2 ) ∈ {(2, 2) , (2, 4) , (4, 2) , (4, 4)}) = 91 ,

82

P (X = 2, Y = 1) = P ((K1 , K2 ) ∈ {(2, 6) , (4, 6) , (6, 2) , (6, 4)}) = 91 , P (X = 2, Y = 2) = P ((K1 , K2 ) ∈ {(6, 6)}) =

Y X

1 . 36

0

1

2

1 9 2 9 1 9 4 9

1 9 2 9 1 9 4 9

1 36 1 18 1 36 1 9

0 1 2

1 4 1 2 1 4

1

Direktnom proverom na osnovu dobijenih verovatno´ca dobijamo da vaˇzi: ∀i, j ∈ {0, 1, 2} ,

P (X = i, Y = j) = P (X = i) P (Y = j),

ˇsto znaˇci da su sluˇcajne promenljive X i Y nezavisne. Koriste´ci njihovu nezavisnost dobijamo E (Z) = E ¡ (XY ) = E (X) E (Y¢ ¡) = ¢ = 0 · 41 + 1 · 12 + 2 · 14 0 · 49 + 1 · 49 + 2 · 91 = 1 · 23 = 23 . ( ( £ ¤ 1 2 , x ∈ [0, 4] , y ∈ 41 x, 43 x 4 x £ ¤. , ϕY |{X=x} (y) = 3. ϕX (x) = 0 , x 6∈ [0, 4] 0 , y 6∈ 41 x, 43 x Pomo´cu gustine sluˇcajnog vektora (X, Y ) : ½ 1 2 1 , (x, y) ∈ D 4 · x = 2x ϕX,Y (x, y) = ϕX (x) ϕY |{X=x} (y) = , 0 , (x, y) 6∈ D ¯ © £ ¤ª gde je D = (x, y) ∈ R2 ¯ x ∈ [0, 4] ∧ y ∈ 41 x, 43 x (vidi sliku 1), nalazimo gustinu sluˇcajne promenljive Y :   0 , y 6∈ [0, 3]     4y  R   1  0 , y 6∈ [0, 3]  R∞ 2x dx , y ∈ [0, 1] ϕY (y) = = 12 ln 3 , y ∈ [0, 1] . ϕX,Y (x, y) dx = 43 y   −∞ 1 3  R4 1   2 ln y , y ∈ (1, 3]  dx , y ∈ (1, 3]   4 2x 3y

Raspodelu sluˇcajne promenljive Z ´cemo na´ci kao marginalnu raspodelu sluˇcajnog vektora (U, Z) = (X, X + 2Y ) (dakle, pomo´cu transformacije f : R2 → R2 , f (x, y) = (x, x + 2y) = (u, z); ova funkcija je monotono rastu´ca po obe komponente nad oblaˇs´cu D). Reˇsavanjem po x i y sistema jednaˇcina u = x ∧ z = x + 2y, odnosno x = u ∧ y = z−u dobijamo 2 inverznu transformaciju f −1 : R2 → R2 : ¡ ¢ f −1 (u, z) = u, z−u = (x, y) 2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ xu xz ¯ ¯ 1 ¯ ¯ = ¯ 1 01 ¯ = 1 . ˇciji je Jakobijan: Jf −1 (u, z) = ¯¯ ¯ ¯ yu yz −2 2 ¯ 2 Poˇsto je f neprekidna i monotona funkcija, sliku D0 = f (D) oblasti D koja je ograniˇcena duˇzima: 83

¢¯ ª x, 14 x ¯ x ∈ [0, 4] (prava y = 14 x), ©¡ ¢¯ ª `2 = x, 34 x ¯ x ∈ [0, 4] (prava y = 34 x), `1 =

©¡

`3 = { (4, y) | y ∈ [1, 3]} (prava x = 4), dobijamo kao oblast ograniˇcenu sa (vidi sliku 2): ©¡ ¢¯ ª ©¡ ¢¯ ª `01 = f (`1 ) = x, x + 2 · 14 x ¯ x ∈ [0, 4] = u, 32 u ¯ u ∈ [0, 4] (prava z = 23 u), ©¡ `02 = f (`2 ) = x, x + 2 ·

3 4

¢¯ ª ©¡ ¢¯ ª x ¯ x ∈ [0, 4] = u, 52 u ¯ u ∈ [0, 4]

(prava z = 25 u), `03 = f (`3 ) = { (4, 4 + 2y) | y ∈ [1, 3]} = { (4, z) | z ∈ [6, 10]} (prava u = 4). u = 32 z u = 25 z .............................. ............................. ´ ............................ !! ........................... ..........................  ´ ......................... ........................ 0 !! ....................... ...................... .....................  ´ D .................... ................... ! .................. ................. ................ !  ´ ............... .............. ............. ............ ...........  ´ .......... !! ......... ........ ....... ! ......  ´ ..... ! ....... . ..  ´ ! -z

y 6

u 46

x=4 y = 34 x ½ 3 ... .... ..... ...... ½  ........ ......... .......... ............ ............. .............. ½  ................ 1 ................. .................. D .................... ................... 1 ........... ................ ½ » » y = 4 x .............. » ........ »  ...... ... ½ » -x   slika 1

4

6

slika 2

10

Dakle: ¯ © £ ¤ª D0 = (u, z) ∈ R2 ¯ u ∈ [0, 4] ∧ z ∈ 32 u, 25 u = ¯ © £ ¤ª = (u, z) ∈ R2 ¯ z ∈ [0, 6] ∧ u ∈ 25 z, 23 z ∪ ¯ © £ ¤ª ∪ (u, z) ∈ R2 ¯ u ∈ [6, 10] ∧ u ∈ 52 z, 4 . Koriste´ci transformaciju f dobijamo ¯ ¡ ¢¯ ϕU,Z (u, z) = ϕX,Y f −1½(u, z) ¯Jf −1 (u, z)¯ = 1 ¢ 1 ¡ , (u, z) ∈ D0 4u , ·2= = ϕX,Y u, z−u 2 0 , (u, z) 6∈ D0 te je R∞ ϕZ (z) = ϕU,Z −∞  ,   2 0    3z R  1  4u du , = 2 5z    R4 1     4u du ,

(u, z) du = z 6∈ [0, 10] z ∈ [0, 6)

FZ (z) =

−∞

0

 

1 5 4 ln 3 1 10 4 ln z

z ∈ [6, 10)

2 5z

Rz

=

  

         ϕZ (t) dt =

R6       0  

Rz 0 1 4

0 1 4

ln

ln 53 dt + 1 84

, z 6∈ [0, 10] , z ∈ [0, 6) , , z ∈ [6, 10)

, z 6∈ (−∞, 0] 5 3 dt

Rz 6

,

z ∈ (0, 6] =

1 4

ln 10 t dt , z ∈ (6, 10] , z ∈ (10, ∞)

     =

   

0 1 4

¡ z

z 5 4 ln 3 10 ln z + z

1

, z 6∈ (−∞, 0] , z ∈ (0, 6] ¢ . − 6 , z ∈ (6, 10] , z ∈ (10, ∞)

4. (a) Obeleˇzimo sa Xi , i ∈ N sluˇcajnu promenljivu koja pretstavlja broj studenata koji su izaˇsli na ispit poˇcevˇsi od momenta nakon ˇsto je (i − 1) - vi student poloˇzio ispit do momenta kada je i - ti student poloˇzio ispit (na primer, ako prva 2 studenta padnu, pa zatim 1 poloˇzi, pa 5 studenata padne, pa 3 studenta poloˇze, pa 1 padne, pa jedan poloˇzi, pa 4 studenta padnu, pa 2 studenta poloˇze, itd..., tada je X1 = 2 + 1 = 3, X2 = 5 + 1 = 6, X3 = 0 + 1 = 1, X4 = 0 + 1 = 1, X5 = 1 + 1 = 2, X6 = 4 + 1 = 5, X7 = 0 + 1 = 1, itd.). Iz opisanog modela¡ sledi ¢ da svaka od sluˇcajnih promenljivih Xi ima geometrijsku G 31 raspodelu, odnosno µ ¶ 1 2 3 ··· ¡ ¢ , Xi : 2 1 2 2 1 1 · 3 ··· 3 3 · 3 3 pri ˇcemu je E (Xi ) = 11 = 3. Sada naˇsu sluˇcajnu promenljivu X 3 koja predstavlja broj studenata koji izad¯u na ispit pre nego ˇsto poloˇzi prvih n studenata moˇzemo predstaviti kao X = X1 +X2 +. . .+Xn odakle sledi da je E (X) = E (X1 + X2 + . . . + Xn ) = = E (X1 ) + E (X2 ) + . . . + E (Xn ) = nE (X1 ) = 3n. (b) Sluˇcajna promenljiva Yn , koja predstavlja broj studenata koji ¡ su ¢ poloˇzili od n studenata koji su izaˇsli na ispit, ima binomnu B n, 13 raspodelu, pri ˇcemu je E (Yn ) = 13 n i D (Yn ) = 31 · 23 · n = 29 n. Naˇs zadatak je da odredimo n za koje je P (Yn ≥ 30) = 0.9: P (Yn ≥ 30)³= 0.9 ⇔ 1 − P (Y´n < 30) = 0.9 ⇔ n) n) √ √ ⇔ 1 − P Yn −E(Y < 30−E(Y = 0.9 ⇔ Yn Yn µ ¶ 30− 1 n n) √ ⇔ 1 − P Yn −E(Y < √ 23 = 0.9 ⇔ Yn 9n ´ ³ ´ ³ [1] 90−n 90−n n) √ √ √ ⇔ 1 − P Yn −E(Y < = 0.9 ⇔ φ ≈ 0.1 ⇔ Yn 2n √ 2n 90−n −1 √ ⇔ ≈ φ (0.1) ≈ −1.28 ⇔ n − 1.28 2n − 90 ≈ 0 ⇔ ¡ 22n √ ¢ ⇔ t − 1.81t − 90 ≈ 0 ∧ t = n √⇔ ⇔ ((t ≈ −8.62 ∨ t ≈ 10.43) ∧ t = n) ⇔ ⇔ n ≈ 10.432 = 108.78 ≈ 109. [1] - Na osnovu centralne graniˇcne teoreme, sluˇcajna promenljiva n) √ Yn∗ = Yn −E(Y ima pribliˇzno normalnu N (0, 1) raspodelu. Y n

Dakle, da bi bili zadovoljeni traˇzeni zahtevi, na ispit treba da izad¯e 109 studenta. 5. (a) Matrice prelaza za 1 i za 2 koraka su: 85







0

1

2

3

0  0 P = P (1) = 1   2 0 0 3

1

0

1 3

2 3 2 3

0   0   P (2) = P 2 =  ,   1 3  1

0

0 0

0

0 1

(b) Poˇcetna raspodela:

0 0 0 0

1 3 1 9

0 0

2 3 2 3 4 9

0

0

1

2 9 5 9

   . 

2 3

p (0) = [ 0 1 0 0 ] .

£ 0 1 2 3¤ Raspodela nakon dva koraka: p (2) = p (0) · P (2) = 0 19 23 29 . Dakle, verovatno´ca da ´ce nakon 2 izvlaˇcenja u kutiji biti 3 zelene kuglice je p3 (2) = 29 . 6. (a) L (x1 , . . . , xn ; θ) = ϕX1 (x1 ; θ) ϕX2 (x2 ; θ) . . . ϕXn (xn ; θ) = ½ , ∀i, xi ∈ (0, 1) θx1θ−1 θxθ−1 . . . θxθ−1 n 2 = = 0 , inaˇce  µ n ¶θ−1  n Q θ xi , ∀i, xi ∈ (0, 1) , = i=1  0 , inaˇce n P ln L (x1 , . . . , xn ; θ) = n ln θ + (θ − 1) ln xi , i=1

n θ

n P

∂ ∂θ

ln L (x1 , . . . , xn ; θ) =

∂ ∂θ

ln L (x1 , . . . , xn ; θ) = 0 ⇔

Dakle, dobili smo ocenu:

+

i=1

ln xi , n θ

+

n P i=1

ln xi = 0 ⇔ θ = − P n

n θˆ = − P . n ln Xi

i=1

n

.

ln xi

i=1

(b) Obim uzorka: n = 2 + 18 + 20 + 30 = 70. Koriste´ci dobijenu ocenu parametra, izraˇcunavamo njenu realizovanu vrednost iz uzorka: 70 θ=− ≈ 1.98752 2 ln 18 + 18 ln 83 + 20 ln 58 + 30 ln 87 (kao xi se koriste sredine 18 , raspodele obeleˇzja X glasi:

3 5 7 8, 8, 8

 

datih intervala), te funkcija

0 , x≤0 x1.98752 , 0 < x < 1 .  −∞ 1 , 1≤x Na osnovu nje ´cemo izraˇcunati teorijske verovatno´ce: pi = FX (bi ) − FX (ai ) (ai i bi su rubovi datih intervala). U prvoj grupi ¤iz uzorka imamo 2 < 5 realizovanih vrednosti, pa ¡ interval 0, 14 spajamo sa susednim intervalom. Tako dobijamo slede´cu tabelu: FX (x) =

Rx

ϕX (x) dx =

86

¡

interval (ai , bi ] uˇcestanost mi teorijske verovatno´ce pi

0, 12

¤

¡1

3 2, 4

¤

¡3

¢

4, 1

20

20

30

0.252173

0.312351

0.435476

(mi −npi )2 npi 2

0.3123

0.159008 0.00766394

Nalazimo vrednost χ

statistike za dati uzorak: 3 P (mi −n·pi )2 z= ≈ 0.478973 , n·pi i=1

ˇsto upored¯ujemo sa tabliˇcnom vrednoˇs´cu χ2α;3−1−1 : z < 2.71 ≈ χ2α;3−1−1 = χ20.1;1 . Znaˇci, dati uzorak ne protivreˇci hipotezi. 7. X : N (m, 10),

D (X) = 102 = 100.

E (X) = m,

Za dati uzorak obima n je poznato da je ”najbolja” ocena matematiˇckog oˇcekivanja obeleˇzja X aritmetiˇcka sredina uzorka: m = X n , pri ˇcemu je µ n ¶ n ¡ ¢ P P 1 E Xn = E n Xi = n1 E (Xi ) = n1 nE (X) = E (X) = m, ¡

¢

i=1

µ

D Xn = D

1 n

n P i=1

i=1

¶ Xi

=

1 n2

n P i=1

D (Xi ) =

1 n2 nD (X)

=

1 2 n 10

=

100 n .

S obzirom na formulaciju zadatka, ¯ ¡¯ ¢ treba da nad¯emo najmanje reˇsenje po n nejednaˇcine P ¯X n − m¯ < 5 ≥ 0.95: ¯ ¡¯ ¢ ¡ ¢ 0.95 µ ≤ P ¯X n − m¯ < 5 = P −5 < X − m < 5 = n ¶ ¶ µ √ √ [1] −m −m < √5100 = P − 2n < X√n100 < 2n ≈ = P − √5100 < X√n100 n ³ √ ´ n ³ √n´ ³n √ ´ n n n ≈ φ 2 − φ − 2 = 2φ 2 − 1. ∗

−m [1] - Sluˇcajna promenljiva X n = X√n100

ima pribliˇzno N (0, 1)

n

raspodelu. Dakle:

¯ ¡¯ ¢ ¡ ¢ ¯ 0.95 ≤ P ¯X n − ³ m ´< 5 = P −5 < ³ X n´− m < 5 √ n 2

⇔

φ

º φ−1 (0.975) ≈ 1.96

⇔

⇔

0.95 ¹ 2φ

⇔

√ n 2

−1

√

n 2

º 0.975

⇔ ⇔

n º 15.3664.

Prema tome, minimalan obim uzorka koji zadovoljava traˇzene uslove je n = 16. ½ 1 , u ∈ [0, 2π] 2π 8. ϕU (u) = . 0 , u 6∈ [0, 2π] Matematiˇcko oˇcekivanje: 87

mX (t) = E (cos (λt + U )) = = =

2π R 0 1 2π

[1] 1 2π

1 cos (λt + u) 2π du =

R∞

cos (λt + u) ϕU (u) du =

−∞ λt+2π R λt

(sin (λt + 2π) − sin (λt)) =

cos zdz =

1 2π

1 2π

sin z

λt+2π

|

=

λt

(sin (λt) − sin (λt)) = 0.

[1] - Smena: z = λt + u (du = dz, u = 0 → z = λt, u = 2π → z = λt + 2π). Autokorelaciona funkcija: RX (t, s) = E (X (t) X (s)) = E (cos (λt + U ) cos (λs + U )) = ¢ [2] ¡ 1 = E 2 cos (λt + λs + 2U ) + 12 cos (λt − λs) = = 12 E (cos (λt + λs + 2U )) + 12 cos (λt − λs) = R∞ = 12 cos (λt + λs + 2u) ϕU (u) du + 21 cos (λt − λs) = = [3]

1 2

−∞ 2π R 0

= 0+

1 du + cos (λt + λs + 2u) 2π 1 2

cos (λt − λs) =

1 2

1 2

cos (λt − λs) =

cos (λ (t − s)).

[2] - 2 cos α cos β = cos (α + β) + cos (α − β). [3] - Smenom z = λt + λs + 2u kao u [1]. (Dakle, proces X (t) je slabo stacionaran). Disperzija: 2

DX (t) = KX (t, t) = RX (t, t) − (mX (t)) =

1 2

cos 0 − 02 = 12 .

17.06.2000. 1. n osoba u restoranu naruˇci n razliˇcitih jela. Rasejani konobar servira gostima naruˇcena jela na proizvoljan naˇcin. Izraˇcunati verovatno´cu da ´ce bar jedan gost dobiti jelo koje je naruˇcio. 2. Na brojaˇc padaju kosmiˇcke ˇcestice. Neka sluˇcajna promenljiva X predstavlja broj ˇcestica koje padnu na brojaˇc u toku nekog ¡ ¢ fiksnog vremenskog intervala, i poznato je da X ima Poasonovu P 21 raspodelu. Svaka ˇcestica koja padne na brojaˇc registruje se nezavisno od drugih ˇcestica sa verovatno´com 34 . Na´ci zakon raspodele sluˇcajne promenljive Y koja predstavlja broj registrovanih ˇcestica na brojaˇcu. 3. Sluˇcajni vektor (X, Y ) ima gustinu raspodele verovatno´ca: ½ 12x3 y , 0 < y < x < 1 ϕX,Y (x, y) = . 0 , inaˇce (a) Na´ci funkciju raspodele sluˇcajnog vektora (X, Y ). 88

(b) Na´ci funkciju raspodele ili gustinu raspodele verovatno´ca sluˇcajne promenljive Z = −X + 2Y . 4. Istovremeno se baca viˇse kockica. (a) Ako se baca 100 kockica, izraˇcunati verovatno´cu da ´ce zbir palih brojeva biti izmed¯u 300 i 400. (b) Koliko kockica treba bacati pa da zbir palih brojeva bude ve´ci od 100 sa verovatno´com 0.9? 5. Dve signalne lampice se pale i gase u diskretnim vremenskim trenucima od po 1 sekunde na slede´ci naˇcin: svetle´ca lampica se u slede´coj sekundi gasi sa verovatno´com 14 , a ugaˇsena se u slede´coj sekundi ukljuˇci sa verovatno´com 23 . Ako je u poˇcetnom trenutku svaka od lampica ukljuˇcena sa verovatno´com 12 nezavisno od druge, izraˇcunati verovatno´cu da ´ce nakon 2 sekunde biti ukljuˇcena bar jedna lampica. 6. Na´ci matematiˇcko oˇcekivanje, disperziju i autokovarijansnu funkciju sluˇcajnog procesa 3 P Xt = tn Un , t ∈ R, gde su Un : E

¡

1 2n

¢

n=0

, n ∈ {0, 1, 2, 3} nezavisne sluˇcajne promenljive.

7. Obeleˇzje X ima uniformnu U (0, b) raspodelu (b > 0). Na osnovu uzorka obima n oceniti parametar b. Ispitati centriranost i postojanost dobijene ocene. 8. Koriste´ci χ2 test, sa pragom znaˇcajnosti 0.02 proveriti da li su podaci ¡ 1¤ ¡1 1¤ ¡1 3¤ ¡3 ¤ Ik 0, 4 4, 2 2, 4 4, 1 mk

6

18

20

30

saglasni sa hipotezom da se radi o uzorku iz populacije ˇcija je gustina ½ 2x , x ∈ (0, 1) ϕ (x) = . 0 , x 6∈ (0, 1)

Reˇ senja: 1. Oznaˇcimo dogad¯aje: Poˇsto je Bn = µ P (Bn ) = P =

n P i=1

[1]

i=1

n S

i=1

P (Ai )−

− = n (n−1)! n!

n S

P

i
Ai - ”i-ti gost je dobio svoje jelo”, i ∈ {1, 2, . . . , n}, Bn - ”bar jedan od n gostiju je dobio svoje jelo”.

Ai , sledi: ¶

Ai

=

P (Ai Aj )+

P (Ai Aj Ak )−. . .+(−1)

n−1

P (A1 ...An ) =

i
¡ n ¢ (n−2)! 2

P

n!

+

¡ n ¢ (n−3)! 3

n!

89

n−1

− . . . + (−1)

¡ n ¢ 0! n n!

=

=

1 1!

1 2!

−

1 3!

+

− . . . + (−1)

n−1 1 n! .

[1] - Po opisu iz zadatka izraˇcunavamo: P (Ai ) =

1 n

=

(n−1)! n! , 1 n

P (Ai Aj ) = P (Ai ) P (Aj | Ai ) =

·

1 n−1

=

(n−2)! n!

(i < j),

P (Ai Aj Ak ) = P (Ai ) P (Aj | Ai ) P (Ak | Ai A − j) = 1 1 = n1 · n−1 · n−2 = (n−3)! (i < j < k), n! .. . P (A1 A2 . . . An ) = P (A1 ) P (A2 | A1 ) . . . P (An | A1 A2 . . . An−1 ) = 1 0! = n1 · n−1 · . . . · 11 = n! . µ ¶ n P (−1)i = 1 − e−1 ). (Primetimo da je lim P (Bn ) = lim 1 − i! n→∞

n→∞

i=0

2. Oznaˇcimo sa Y sluˇcajnu promenljivu koja¡ predstavlja broj registrovanih ¢ ˇcestica. Dato je da X ima Poasonovu P 21 raspodelu, tj. P (X = n) =

1√ , 2n n! e

n ∈ {0, 1, 2, . . .} ,

a iz opisa ¡sledi¢da uslovna sluˇcajna promenljiva Y | {X = n} ima binomnu B n, 43 raspodelu: ½ ¡ n ¢ ¡ ¢k ¡ ¢n−k 3 1 , k ∈ {0, 1, 2, . . . , n} . k 4 4 P (Y = k | X = n) = 0 , k 6∈ {0, 1, 2, . . . , n} Skup vrednosti sluˇcajne promenljive Y je RY = {0, 1, 2, . . .}. Koriste´ci uslovnu raspodelu P (Y = k | X = n) i formulu totalne verovatno´ce (familija {X = n} , n ∈ {0, 1, 2, . . .} ˇcini potpun sistem dogad¯aja) dobijamo raspodelu sluˇcajne promenljive Y : ∞ P P (Y = k) = P (X = n) P (Y = k | X = n) . n=0

Za k ∈ RY je ∞ P P (Y = k) = P (X = n) P (Y = k | X = n) = = =

k−1 P n=0 k−1 P

n=0

P (X = n) P (Y = k | X = n) + P (X = n) · 0 +

n=0

= = =

√1 e

∞ ¡ 3 ¢k ¡ 1 ¢−k P 4 k

√ 3k k e2 4 k!

¡ 3 ¢k 8

4 ∞ P n=k ∞ P

√1 ek!

n=k 1 2n−k

·

( 18 )

n

n=0

n!

P (X = n) P (Y = k | X = n) =

n=k

¡ ¢ ¡ 3 ¢k ¡ 1 ¢n−k

∞ P n=k

n 1√ 2n n! e k

¡ ¢ ¡ 1 ¢n

n 1 2n n! k 1 (n−k)!

=

∞ P

¡ 3 ¢k 8

=

4

·

1 4n−k

4

=

1 √1 e 8 ek!

4

3k √ e

∞ P n=k

k

√3k e8 k!

=

¡ 3 ¢k 8

=

1 2k 2n−k n!

∞ P

n=0

1 2n

·

·

1 n!

1 − 38 . k! e

Dakle, zakon raspodele sluˇcajne promenljive Y glasi: 90

n! k!(n−k)!

·

1 4n

=

·

1 4k 4n−k

=

½ ¡ 3 ¢k

P (Y = k) =

8

0

, k<0 , , k≥0

1 − 38 k! e

¡3¢

tako da sluˇcajna promenljiva Y ima Poasonovu P

8

raspodelu.

3. Neka je T oblast na kojoj je gustina vektora (X, Y ) razliˇcita od nule: ¯ ¯ © ª © ª T = (x, y) ∈ R2 ¯ 0 < y < x = (x, y) ∈ R2 ¯ x ∈ (0, 1) ∧ y ∈ (0, x) . (a) FX,Y (x, y) = RR

=

RR −∞
ϕX,Y (u, v) dudv =

12u3 vdudv = . . .

−∞
(a.1) za x ≤ 0 ∨ y ≤ 0 je:

FX,Y (x, y) =

RR

12u3 vdudv = 0;

∅

(a.2) za 0 < x < 1 i 0 µ
v

(a.3) za 0 < x < 1 i x µ≤ y je (vidi ¶ sliku a.3): Rx Rx 3 FX,Y (x, y) = 12 u vdu dv = x6 ; 0

v

(a.4) za 1 ≤ x i 0 < y µ < x je (vidi ¶ sliku a.4): Ry R1 3 u vdu dv = 23 y 2 − 12 y 6 ; FX,Y (x, y) = 12 v 0 RR (a.5) za 0 < x < 1 i x ≤ y je: FX,Y (x, y) = 12u3 vdudv = 1. T

v y6

v 16 y

v 6

1

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

x

slika a.2

-u

1 ... ... .... ..... ...... ....... ........ ......... .......... ........... ............ ............. .............. ............... ................ ................. .................. ................... .................... ..................... ...................... ....................... ........................ ......................... .......................... ........................... ............................ ............................. ..............................

x

1

slika a.3

y -u

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

1

1

-u x

slika a.4

(b) Nalazimo funkciju raspodele sluˇcajne promenljive Z pomo´cu gustine sluˇcajnog vektora (X, Y ): ¡ ¢ FZ (z) = P (Z < z) = P (2Y − X < z) = P Y < 21 X + 21 z = RR = 12x3 ydxdy = . . . 1 1 T ∩{ (x,y) | y< 2 x+ 2 z } (b.1) za z ≤ −1 (poluravan Y < 12 X + 12 z nema zajedniˇckih taˇcaka sa oblasti T ) je: FZ (z) = 0; (b.2) za −1 < z ≤ 1 (vidi sliku b.2) imamo slede´cu situaciju: 91

y 6

y = 12 x + 21 z a  .. .... b ...... ........  .......... ............ B ..............  ................ .................. .................... A.......................... ...................... a ........................ a2  ......................... ........................... ............................ ............................. .............................. ...............................  ................................ ................................. .................................. T ................................... .................................... ..................................... a...................................... a- x ....................................... a 1 D C slika b.2 Obeleˇzimo sa S unutraˇsnjost ˇcetvorougla ABCD, gde je D = (0, 0) , C = (1, 0) , B = (1, b) , A = (a1 , a2 ) . Koordinatu b nalazimo iz preseka pravih x = 1 i y = 12 x + 21 z: x=1 x=1 ⇔ , b = 21 x + 12 z b = 12 + 21 z a iz preseka pravih y = x i y = 12 x + 12 z nalazimo koordinate a1 i a2 : a2 = a1 a2 = a1 ⇔ ⇔ a2 = a1 = z. a1 = 12 a1 + 21 z a2 = 21 a1 + 12 z ¡ ¢ Dakle: A = (z, z), B = 1, 21 + 12 z , C = (1, 0), D = (0, 0), te je RR FZ (z) = 12x3 ydxdy = ! Ã1 1 S µ ¶ R 2z Rz Rx R1 2 x+ 3 3 = 12x ydy dx + 12x ydy dx = 0

z

0

Rz

1 5 2 x dx

0 2

1 3 8x

(x + z) dx = z 0 ¡ ¢ 3 2 3 1 9 6 3 2 3 1 6 = z 6 + − 49 40 z + 8 z + 5 z + 4 = − 40 z + 8 z + 5 z + 4 ; (b.3) za 1 < z (poluravan Y < 21 X + 12 z sadrˇzi oblast T ) je: FZ (z) = 1. = 12

Dakle:

+ 12

R1

 

0 , z ≤ −1 9 6 − 40 z + 38 z 2 + 35 z + 14 , −1 < z ≤ 1 ,  1 , 1
FZ (z) =

4. Oznaˇcimo sa n broj kockica koje se bacaju. Neka je Xi broj koji se dobija n P na i-toj kockici, i ∈ {1, 2, . . . , n}. Tada sluˇcajna promenljiva Sn = Xi i=1

predstavlja zbir svih brojeva koji se dobijaju na n kockica. Poˇsto su sluˇcajne promenljive Xi nezavisne i sve imaju isti zakon raspodele µ ¶ 1 2 3 4 5 6 , 1 1 1 1 1 1 6

6

6

6

pri ˇcemu je E (Xi ) =

1 6

(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 72 , 92

6

6

¡ 2 ¢ 1 + 22 + 32 + 42 + 5 2 + 6 2 = ¡ ¢ 2 D (Xi ) = E Xi2 − (E (Xi )) = 35 12 , ¡ ¢ E Xi2 =

1 6

91 6 ,

moˇzemo na Sn primeniti centralnu graniˇcnu teoremu, pri ˇcemu je µ n ¶ n P P E (Xi ) = nE (Xi ) = 72 n, E (Sn ) = E Xi = i=1

µ D (Sn ) = D

i=1

¶

n P

i=1

Xi

n P

=

i=1

D (Xi ) = nD (Xi ) =

35 12 n.

(a) P (300 < S100 < 400) = = P (300 µ − E (S100 ) < S100 − E (S100 ) < 400 −¶E (S100 )) = 100 ) √ < 400−E(S D(S100 ) µ ¶ S100 −E(S100 ) 300−350 400−350 = P √ 3500 < √ < √ 3500 = D(S100 ) 12 12 µ ¶ √ −E(S100 ) < 2.9277 ≈ ≈ P −2.9277 < S100

=P

300−E(S100 )

√

D(S100 )

<

S100 −E(S100 )

√

D(S100 )

=

D(S100 )

≈ φ (2.9277) − φ (−2.9277) = = 2φ (2.9277) − 1 ≈ 2 · 0.9982 − 1 ≈ 0.9964. (b) Po n reˇsavamo jednaˇcinu P (Sn > 100) = 0.9: P (Sn > 100) µ = 0.9 ⇔ 1 − P (S¶n ≤ 100) = 0.9 ⇔

Sn −E(Sn )

√

1−P µ

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ˇsto

1−φ 100− 72 n 35 12 n 100− 27 n 35 12 n

√

⇔

100−E(Sn )

≤ √ = 0.9 ⇔ D(Sn ) ¶ µ ¶ 100− 72 n 100−E(Sn ) √ ≈ 0.9 ⇔ φ √ 35 ≈ 0.1 D(Sn )

D(Sn )

≈ φ−1 (0.1)

12 n

⇔

⇔

√

≈ −φ−1 (1 − 0.1) = −φ−1 (0.9) ≈ −1.28 ⇔ √ 100−3.5n √ ≈ −1.28 ⇔ 3.5·n−2.1860224· n−100 ≈ 0 1.70783 n ¡ √ ¢ ⇔ 3.5 · t2 − 2.1860224 · t − 100 ≈ 0 ∧ t = √ n ((t ≈ −5.04205 ∨ t ≈ 5.66663) ∧ t = n) ⇔ √ √ (√ n ≈ −5.04205 ∨ n ≈ 5.66663) ⇔ n ≈ 5.66663 ⇔ n ≈ 5.666632 ≈ 32.110696, znaˇci da treba baciti 33 kockice.

⇔

5. Stanja sistema definiˇsemo brojem ukljuˇcenih lampica (mogu´ca stanja su 0, 1 ili 2). Oznaˇcimo sa S1n i S2n stanja ◦ = ”ukljuˇceno” i × = ”iskljuˇceno” posmatranih lampica u momentu n. Tada su prelazne verovatno´ce (koristimo nezavisnost ponaˇsanja sijalica):

p0,0 = P S1n+1 = × | S1n = × P S2n+1 = × | S2n = × = 13 · 13 = 19 ,

p0,1 = P S1n+1 = ◦ | S1n = × P
S2n+1 = × | S2n = × +
+ P S1n+1 = × | S1n = × P S2n+1 = ◦ | S2n = × = 23 · 13 + 13 ·

p0,2 = P S1n+1 = ◦ | S1n = × P S2n+1 = ◦ | S2n = × = 23 · 23 = 94 .

93

2 3

= 94 ,

Analogno dobijamo p1,0 = p2,0 =

1 4 1 4

1 3 1 4

· ·

= =

1 12 , 1 16 ,

p1,1 = 13 · 34 + 32 · p2,1 = 2 · 41 · 34 =

1 5 4 = 12 , 6 16 ,

p1,2 = p2,2 =

2 3 3 4

· ·

3 4 3 4

= =

6 12 , 9 16 ,

te moˇzemo formirati matricu prelaza P = P (1), a zatim i matricu prelaza za 2 koraka (2 sekunde) P (2) = P 2 :  0

 P = 1 2

0 1 9 1 12 1 16

1 4 9 5 12 6 16

2 4 9 6 12 9 16



 0

 

 P 2 = 1

⇒

2

Vektor poˇcetnih verovatno´ca je:

p0 =

£ 10 4

1 1 2

1 2  ... ...  ... ... . ... ... 2¤ 1 4 .

p2 = p0 · P 2 =

Stanje sistema nakon dve sekunde je: 6241 te je traˇzena verovatno´ca 1 − 82944 = ¡1¢ 6. Un : E 2n , E (Un ) = 11n = 2n ,

0 25 34 65 864 169 2304

76703 82944

2

£

0 6241 82944

1 2 ¤ ... ... ,

≈ 0.925.

D (Un ) =

¡ ¢ 2 E Un2 = D (Un ) + (E (Un )) = 22n+1 .

1

1 (2n )2

= 22n ,

Matematiˇcko oˇcekivanje: µ 3 ¶ 3 3 P n P [1] P mX (t) = E (Xt ) = E t Un = tn E (Un ) = 2n tn = n=0

n=0

n=0

= 1 + 2t + 4t2 + 8t3 . Autokovarijansna funkcija: KX (t, s) = E ((Xt − mX (t)) (Xs − mX (s))) = µµ 3 ¶µ 3 ¶¶ 3 3 P n P P n P =E t Un − 2n tn s Un − 2n s n = n=0

µ

3 P

=E µ

n=0 3 P

=E

n=0 [1]

=

3 P n=0

[2]

=

3 P n=0

=

3 P n=0

n=0

tn (Un − 2n ) ·

n=0

3 P n=0

tn (Un − E (Un )) ·

n=0

¶ n n s (Un − 2 ) = 3 P n=0

¶ sn (Un − E (Un ))

=

³ ´ 3 P 2 tn sn E (Un − E (Un )) + tn sm E ((Un − 2n ) (Um − 2m )) = n,m=0 n6=m

3 P

tn sn D (Un ) +

tn sm E (Un − 2n ) E (Um − 2m ) =

n,m=0 n6=m

n

22n (ts) +

3 P

2

3

tn sm · 0 · 0 = 1 + 4 (ts) + 16 (ts) + 64 (ts) .

n,m=0 n6=m

94

Disperzija: Prvi naˇcin: koriste´ci osobine disperzije dobijamo µ 3 ¶ 3 3 P n P [2] P 2 DX (t) = D t Un = (tn ) D (Un ) = 22n t2n = n=0

n=0

n=0

= 1 + 4t2 + 16t4 + 64t6 . Drugi naˇcin: koriste´ci autokovarijansnu funkciju dobijamo ¡ ¢3 ¡ ¢2 DX (t) = KX (t, t) = 1 + 4t2 + 16 t2 + 64 t2 = 1 + 4t2 + 16t4 + 64t6 . [1] - Matematiˇcko oˇcekivanje je linearna funkcija. [2] - Sluˇcajne promenljive Un su nezavisne. 7. Sluˇcajna promenljiva X ½ 0 , ϕX (x; b) = 1 , b   0 1 x FX (x; b) =  b 1 E (X) = 21 b,

ima slede´ce karakteristike: x 6∈ [0, b] , x ∈ [0, b] , x<0 , x ∈ [0, b] , , x>b

D (X) =

(b > 0),

1 2 12 b .

Prvi naˇcin - metodom maksimalne verodostojnosti: n Q Funkcija verodostojnosti je L (x1 , . . . , xn ; b) = ϕX (xi ; b) = i=1

1 bn .

L (x1 , . . . , xn ; b) je monotono opadaju´ca funkcija (po b), te dostiˇze maksimalnu vrednost za najmanje b za koje uzorak ima smisla 1 , a to je u taˇcki b = max {x1 , x2 , . . . , xn }. Tako dobijamo ocenu: ˆb = max {X1 , X2 , . . . , Xn }. Poˇsto je

³ ´ Fˆb (t) = P ˆb < t = P (max {X1 , X2 , . . . , Xn } < t) = = P (X1 < t, X2 < t, . . . , Xn < t) = 1 L (x , . . . , x ; b) n 1

=

0 1 bn

, ,

∃i, xi 6∈ [0, b] , ∀i, xi ∈ [0, b]

0 , ∃i, xi 6∈ [0, b] . − nb , ∀i, xi ∈ [0, b] Kako X ima U (0, b) raspodelu, elementi xi uzorka ´ce biti nenegativni (ako bi u uzorku postojao element xi < 0, tada bismo konstatovali da obeleˇ zje X nema navedenu raspodelu). ∂ ln L(x1 ,...,xn ;b) < 0 (za svako b > 0) ako je zadovoljen uslov ∀i, xi ∈ [0, b], pri Poˇsto je ∂b ∂ ln L(x1 ,...,xn ;b) ∂b

=

∂ ln L(x ,...,x ;b)

n 1 = 0 (za ˇ cemu je ∀i, xi ∈ [0, b] ⇔ b ≥ max {x1 , . . . , xn } , i s druge strane je ∂b svako b > 0) ako ∃i, xi 6∈ [0, b], pri ˇ cemu je ∃i, xi 6∈ [0, b] ⇔ b < max {x1 , . . . , xn } , sledi da je funkcija L (x1 , . . . , xn ; b) monotono opadaju´ ca (po b) na intervalu [max {x1 , . . . , xn } , ∞) (na intervalu na kome nije identiˇ cki jednaka nuli), te stoga na tom intervalu dostiˇ ze svoj maksimum (kao funkcija od b) na levom rubu.

95

= P (X1 < t) P (X2 < t) . . . P (Xn < t) =   n = FX1 (t) FX2 (t) . . . FXn (t) = (FX (t)) =  ½ n n−1 bn t sledi da je: ϕˆb (t) = F 0ˆb (t) = 0 Centriranost: ³ ´ R∞ Rb n+1 E ˆb = tϕˆb (t) dt = t bnn tn−1 dt = bnn tn+1 −∞

0

0

, t<0 , t ∈ [0, b] , , t>b

1 n bn t

1

, ,

t ∈ [0, b] . t 6∈ [0, b]

b

n | = b n+1 .

0

Statistika ˆb nije ³ centrirana ali jeste asimptotski ocena parame´ ³ centrirana ´ n n ˆ ˆ tra b jer je: E b = b n+1 6= b i lim E b = lim b n+1 = b. n→∞

n→∞

Postojanost: za proizvoljno ε > 0 vaˇzi ¯ ¯ ´ ³ ´ ´ ³¯ ³¯ ¯ ¯ ¯ ¯ P ¯ˆb − b¯ > ε = 1 − P ¯ˆb − b¯ ≤ ε = 1 − P b − ε ≤ ˆb ≤ b + ε = ¡ ¢ = 1 − Fˆb (b + ε) − Fˆb (b − ε) = ( ³ ´ ½ ¡ ¢ n−1 n b−ε n−1 1 − 1 − bnn (b − ε) , 0<ε ε = = 0. n→∞ lim 0 , ε≥b n→∞

[1] - Jer je 0 <

b−ε b

< 1 a poznato je da za |q| < 1 vaˇzi lim nq n = 0. n→∞

Drugi naˇcin - metodom momenata: Izjednaˇcavanjem matematiˇckog oˇcekivanja E (X) = 12 b obeleˇzja X n P sa uzoraˇckom srednjom vrednoˇs´cu X n = n1 Xi dobijamo jednaˇcinu 1 2b

=

1 n

n P i=1

i=1

Xi ˇcijim reˇsavanjem po b dobijamo ocenu: n P b = n2 Xi . i=1

Centriranost: µ n ¶ ¡ ¢ P 2 E b =E n Xi = i=1

2 n

n P i=1

E (Xi ) =

2 n

n P i=1

1 2b

=

2 n

· n · 12 b = b,

te je b centrirana ocena parametra b. Postojanost: statistika b je centrirana ocena parametra b pa postojanost ˇ seva, za proizvoljno moˇzemo ispitati koriste´ci zakon veliki brojeva Cebiˇ ε > 0 vaˇzi ¯ µ¯ n ¶ ¯ ¯ ¯ P ¢ ¡¯ Xi − n2 n 2b ¯¯ ≥ ε = P ¯b − b¯ ≥ ε = P ¯¯ n2 i=1¯ ¯ µ¯ ¶ µ ¯ n ¶ n n n ¯ ¯1 P ¯ ¯ 1 P P P b¯ 1 ¯ ¯ = P ¯¯2 n Xi − 2 n1 ≥ ε = P 2 X − E (X ) ≥ ε = i i ¯ 2¯ n ¯n i=1

i=1

i=1

96

i=1

µ¯ n µ n ¶¯ ¶ ¯ P ¯ P Xi − E n1 Xi ¯¯ ≥ 2ε . = P ¯¯ n1 i=1

i=1

ˇ seva (pri Ocena je postojana jer na osnovu zakona velikih brojeva Cebiˇ ˇcemu su ispunjeni svi potrebni uslovi za primenu tog zakona: Xi su nezavisne sluˇcajne promenljive sa jednakim, konaˇcnim disperzijama) vaˇzi ¯ µ¯ n ¶ n ¯ ¯1 P ¯ ε ¡¯ ¢ P 1 ¯ ¯ ¯ ¯ lim P b − b > ε = lim P ¯ n Xi − n E (Xi )¯ ≥ 2 = 0. n→∞ n→∞ i=1

i=1

8. Oznaˇcimo intervale iz uzorka redom sa Ik = (ak , bk ], k ∈ {1, 2, 3, 4}. Teorijske verovatno´ce najlakˇse moˇzemo dobiti na slede´ci naˇcin: za sve k ∈ {1, 2, 3, 4} je pk = P (X ∈ Ik ) = P (ak < X ≤ bk ) =

Rbk

Rbk

[1]

ϕ (x) dx =

ak

ak

2xdx = b2k − a2k .

[1] - Svaki od intervala Ik se nalazi unutar oblasti (0, 1). Tako dobijamo:

p1 =

Veliˇcina uzorka:

n=

1 16 , 4 P

p2 =

3 16 ,

5 16 ,

p3 =

p4 =

7 16 .

mk = 6 + 18 + 20 + 30 = 74.

k=1

¡

Ik

0, 14

1 74· 16

2

3 2, 4

¤ ¡3

18

20

30

pk

3 16

5 16

7 16

4 P

(mk −npk )2 npk

3 (18−74· 16 ) 3 74· 16

a iz tablica oˇcitavamo:

za naˇs uzorak iznosi 2

+

5 (20−74· 16 ) 5 74· 16

¤

4, 1

1 16

2

+

¤ ¡1

6

k=1 1 (6−74· 16 )

1 4, 2

mk

Vrednost statistike Z = z=

¤ ¡1

+

7 (30−74· 16 ) 7 74· 16

2

≈ 2.23,

χ20.02;4−1 = χ20.02;3 > χ20.025;3 ≈ 9.35.

Poˇsto je χ20.02;3 > z, konstatujemo da uzorak ne protivreˇci hipotezi da obeleˇzje X ima raspodelu odred¯enu navedenom gustinom.

09.07.2000. 1. Igraˇc baca novˇci´c 2 puta. Ako pismo padne bar jednom, izvlaˇci dve kuglice sa vra´canjem iz kutije koja sadrˇzi 3 zelene i 2 bele kuglice. Ako pismo ne padne nijednom, izvlaˇci dve kuglice bez vra´canja iz iste kutije. (a) Izraˇcunati verovatno´cu da ´ce igraˇc izvu´ci 2 zelene kuglice. (b) Ako igraˇc nije izvukao 2 zelene kuglice, koliko iznosi verovatno´ca da je pri bacanju novˇci´ca 2 puta pao grb? 97

2. U kutiji se nalaze 3 zelene i 3 crvene kuglice. Igraˇc na sluˇcajan naˇcin bira 3 kuglice iz kutije, a zatim baca onoliko kockica koliko je zelenih kuglica izvukao. Neka sluˇcajna promenljiva X oznaˇcava broj izvuˇcenih zelenih kuglica, a sluˇcajna promenljiva Y broj pojavljivanja 6 - ice na baˇcenim kockicama. (a) Na´ci raspodelu dvodimenzionalnog sluˇcajnog vektora (X, Y ). (b) Na´ci matematiˇcko oˇcekivanje E (Y | X = 2). 3. Neka je X sluˇcajna promenljiva sa uniformnom U (2, 3) raspodelom. (a) Na´ci raspodelu dvodimenzionalnog sluˇcajnog vektora (Y, Z) gde je Y = X 2 − 2 i Z = X + 2. (b) Na´ci matematiˇcko oˇcekivanje i disperziju sluˇcajne promenljive Y . 4. Poznato je da jedno pakovanje patent olovaka sadrˇzi proseˇcno 4% neispravnih olovaka. (a) Koliko iznosi verovatno´ca da ´ce u pakovanju od 100 olovaka bar 94 olovke biti ispravne? (b) Koliko je najmanje olovaka potrebno staviti u jedno pakovanje da bi ono sadrˇzalo bar 100 ispravnih sa verovatno´com ne manjom od 0.95? 5. Iz populacije obeleˇzja X sa normalnom raspodelom uzet je prost sluˇcajan uzorak: Ik (0.5, 1.5] (1.5, 2.5] (2.5, 3.5] (3.5, 4.5] mk 2 3 8 12 Ik (4.5, 5.5] (5.5, 6.5] (6.5, 7.5] (7.5, 8.5] mk 10 2 2 1 (a) Na´ci 95% interval poverenja za matematiˇcko oˇcekivanje obeleˇzja X. (b) Na´ci 90% jednostrani interval poverenja za disperziju obeleˇzja X. 6. Obeleˇzje X ima raspodelu odred¯enu gustinom: ½ 1 1+α − α , x>1 αx ϕX (x) = , gde je α > 0. 0 , x≤1 (a) Metodom maksimalne verodostojnost na´ci ocenu parametra α. (b) Za tako dobijenu ocenu ispitati postojanost i centriranost. 7. Neka je U sluˇcajna promenljiva sa normalnom N (0, 1) raspodelom, i neka je Xt , t ∈ [0, ∞) sluˇcajni proces definisan sa Xt = a sin (bt + U ), gde su a i b pozitivne realne konstante. Na´ci oˇcekivanje, disperziju i autokovarijansnu funkciju procesa Xt . Da li je Xt stacionaran sluˇcajni proces? 98

ˇ 8. Cestica se u diskretnim vremenskim trenucima kre´ce po temenima kvadrata ABCD sa slike, pri ˇcemu u svakom koraku moˇze da pred¯e samo u susedno teme, i to na slede´ci naˇcin: kre´ce se u pozitivnom matematiˇckom smeru sa verovatno´com 23 a u negativnom sa verovatno´com 13 , pri ˇcemu, ako dospe u teme A, kretanje prestaje (tj. ˇcestica ostaje u temenu A).

D b

Cb

b

b

A

B

(a) Na´ci finalne verovatno´ce, ako postoje. (b) Ako je na poˇcetku ˇcestica bila u temenu B, koliko iznosi verovatno´ca da ´ce posle ˇcetiri koraka ˇcestica biti (i ostati) u temenu A?

Reˇ senja: 1. Oznaˇcimo slede´ce dogad¯aje i izraˇcunajmo njihove verovatno´ce: H1 - ”pismo ne pada ni jednom”: H2 - ”pismo pada bar jednom”: A - ”igraˇc izvlaˇci 2 zelene kuglice”. [1] 3 5

(a) P (A | H1 ) =

·

2 4

=

3 10 ,

P (H1 ) = 12 · 21 = 14 , P (H2 ) = 1 − P (H1 ) = 1 − [2] 3 5

P (A | H2 ) =

·

3 5

=

1 4

= 43 ,

9 25 .

[1] - Izvlaˇce se dve kuglice zaredom bez vra´canja (kao kada odjednom izvlaˇcimo dve od pet kuglica). [2] - Izvlaˇce se dve kuglice jedna za drugom sa vra´canjem (dva nezavisna izvlaˇcenja, sa jednakim verovatno´cama ishoda). Dogad¯aji H1 i H2 ˇcine potpun sistem dogad¯aja, pa po formuli totalne verovatno´ce dobijamo: 3 9 69 P (A) = P (H1 ) P (A | H1 ) + P (H2 ) P (A | H2 ) = 14 · 10 + 34 · 25 = 200 . ¡ ¢ (b) Traˇzimo verovatno´cu P H1 | A . Poˇsto je: ¡ ¢ ¢ ¡ 131 7 P A = 1 − P (A) = 200 , P A | H1 = 1 − P (A | H1 ) = 10 , na osnovu Bajesove formule dobijamo: ¡ ¢ 1 ¡ ¢ P (H1 ) P A | H1 · 7 35 ¡ ¢ P H1 | A = . = 4 13110 = 131 P A 200 2. Raspodelu sluˇcajne promenljive X moˇzemo dobiti raˇcunaju´ci odgovaraju´ce verovatno´ce primenom klasiˇcne (Laplasove) definicije verovatno´ce: za svako k ∈ RX = {0, 1, 2, 3} je ¶ µ 3 3 0 1 2 3 ( k3 )·( 3−k ) ( k3 )·( 3−k ) P (X = k) = = . , dakle X : 9 9 1 1 20 ( 63 ) 20 20 20 20 Naravno, skup mogu´cih vrednosti sluˇcajne promenljive RY = {0, 1, 2, 3}. (a) RX,Y = RX × RY = { (i, j) | i, j ∈ {0, 1, 2, 3}}. 99

Y

je takod¯e

Zajedniˇcki zakon raspodele vektora (X, Y ) moˇzemo na´ci na slede´ci naˇcin: P (X = i, Y = j) = P (X = i) P (Y = j | X = i) , (i, j) ∈ RX,Y . Za j > i je oˇcigledno P (X = i, Y = j) = P (X = i) P (Y = j | X = i) = P (X = i) · 0 = 0, i dalje je P (X P (X P (X P (X P (X P (X

= 0, Y = 1, Y = 1, Y = 2, Y = 2, Y = 2, Y

= 0) = P (X = 0) = P (X = 1) = P (X = 0) = P (X = 1) = P (X = 2) = P (X

= 0) P (Y = 1) P (Y = 1) P (Y = 2) P (Y = 2) P (Y = 2) P (Y

=0|X =0|X =1|X =0|X =1|X =2|X

= 0) = = 1) = = 1) = = 2) = = 2) = = 2) =

P (X = 3, Y = 0) = P (X = 3) P (Y = 0 | X = 3) = P (X = 3, Y = 1) = P (X = 3) P (Y = 1 | X = 3) = P (X = 3, Y = 2) = P (X = 3) P (Y = 2 | X = 3) = P (X = 3, Y = 3) = P (X = 3) P (Y = 3 | X = 3) =

Dakle:

Y X 0 1 2 3

1 20 9 20 9 20 9 20 9 20 9 20 1 20 1 20 1 20 1 20

1 · 1 = 20 , 5 3 · 6 = 8, 3 · 16 = 40 , 5 5 5 · 6 · 6 = 16 , 1 5 · 2 · 6 · 6 = 18 , 1 · 16 · 16 = 80 ,
3 5 25 · 6 = 864 ,
2 · 3 · 65 · 61 =
2 · 3 · 65 · 16 =
3 1 · 16 = 4320 .

0

1

2

3

P (X = i)

1 20 3 8 5 16 25 864

0

0

0

3 40 1 8 5 288

0

0

1 80 1 288

0

1 20 9 20 9 20 1 20

1 4320

5 , 288 1 , 288

(b) Zakon raspodele sluˇcajne promenljive Y | {X = 2} nalazimo na slede´ci naˇcin: =j) P (Y = j | X = 2) = P(X=2,Y = 20 P(X=2) 9 P (X = 2, Y = j) , j ∈ RY . Dakle: 20 5 25 P (Y = 0 | X = 2) = 20 9 P (X = 2, Y = 0) = 9 · 16 = 36 , 20 1 5 P (Y = 1 | X = 2) = 20 9 P (X = 2, Y = 1) = 9 · 8 = 18 , 20 20 1 1 P (Y = 2 | X = 2) = 9 P (X = 2, Y = 2) = 9 · 80 = 36 , 20 20 P (Y = 3 | X = 2) = 9 P (X = 2, Y = 3) = 9 · 0 = 0. µ ¶ 0 1 2 Prema tome, Y | {X = 2} : , te dobijamo 25 5 1 36

E (Y | X = 2) =

2 P

18

36

j P (Y = j | X = 2) = 0 ·

j=0

25 36

+1·

5 18

+2·

1 36

= 13 .

3. Gustina i funkcija raspodele sluˇcajne promenljive X : U (2, 3) glase:  ½ , x≤2  0 0 , x 6∈ [2, 3] x−2 , 2
¡ ¢ (a) FY,Z ¡(y, z) = P (Y < y, Z < z) = P X 2 − 2 < y, X + 2 < z = ¢ = P X 2 < y + 2, X < z − 2 = . . . Dogad¯aj X 2 <√y + 2 je nemogu´ √c za y + 2 ≤ 0, a za y + 2 > 0 je ekvivalentan sa − y + 2 < X < y + 2, te dobijamo slede´ce sluˇcajeve (vidi sliku): z 6 √ z−2= y+2

2

` −2

2

-y √ z−2=− y+2

(a.1) za y ≤ −2 : FY,Z (y, z) = 0; (a.2) za y > −2 : ¡ √ ¢ √ FY,Z ¡(y, z) = P − y + 2 <©X < y + 2, X ª¢ < z − 2 = √ √ =P − 2 < X < minª¢ y + 2, −2 = ¡ y+ ©√ ¡ z√ ¢ = FX min y + 2, z − 2 − FX − y + 2 = ¡ ©√ ª¢ [1] = FX min y + 2, z − 2 = . . . ©√ ª (a.2.1) za sluˇcaj min y + 2, z − 2
≤ 2 (⇔

√

y+2≤2 ∨ z−2≤2

⇔ (y ≤ 2 ∨ z ≤ 4))

je: FY,Z (y, z) = 0; ©√ ª (a.2.2) sluˇcaj 2 < min y + 2, z − 2 ≤ 3 (⇔

2<

√

y+2 ∧ 2
√



y+2≤3 ∨ z−2≤3 )

moˇzemo podeliti na slede´ca dva podsluˇcaja: ©√ ª √ (a.2.2.1) za min y + 2, z − 2 = y + 2 (pri ˇcemu je √ 2 < y + 2 ≤ 3 tj. 2 <√y ≤ 7) imamo: FY,Z (y, z) = y + 2 − 2; ª ©√ (a.2.2.2) za min y + 2, z − 2 = z−2 (pri ˇcemu je 2 < z−2 ≤ 3 tj. 4 < z ≤ 5) imamo: FY,Z (y, z) = (z − 2) − 2 = z − 4; ©√ ª (a.2.3) za sluˇc¡aj 3 < min y + 2, z −¢2 √ ( ⇔ 3 < y + 2 ∧ 3 < z − 2 ⇔ (7 < y ∧ 5 < z)) je: FY,Z (y, z) = 1. Prema tome: FY,Z  (y, z) = 0 , y≤2 ∨ z≤√ 4    √ y + 2 − 2 , 2 < y ≤ 7 ∧ √y + 2 ≤ z − 2 . = z−4 , 4
2

1 (b) E (X) = 2+3 = 52 , D (X) = (3−2) = 12 , 12 ¡ 2¢ 5 2 19 E X = D (X) + (E (X)) = 3 , odakle je ¡ ¢ ¡ ¢ 13 E (Y ) = E X 2 − 2 = E X 2 − E (2) = 19 3 −2= 3 , ¡ ¢ [2] ¡ ¢ D (Y D X´2 − 2 = D X´2 + D (2) = ³ )³= ¡ ¢2 ¡ ¡ ¢¢2 ¡ ¢ ¡ ¢2 = E X2 − E X2 + 0 = E X 4 − 19 = 3

R∞

=

−∞

x4 ϕX (x) dx −

361 9

=

R3

x4 dx −

2

361 9

=

211 5

−

361 9

=

94 45 .

[2] - Sluˇcajne promenljive X 2 i C ≡ 2 su nezavisne. 4. Obeleˇzimo sa Xi sluˇcajnu promenljivu koja predstavlja indikator ispravnosti i - te µ ¶ olovke u pakovanju, pri ˇcemu je njena raspodela data sa 0 1 , pri ˇcemu Xi = 0 predstavlja dogad¯aj ”i - ta olovka je 0.04 0.96 neispravna”, a Xi = 1 predstavlja dogad¯aj ”i - ta olovka je ispravna”. Sluˇcajne promenljive Xi su nezavisne i sve imaju matematiˇcko oˇcekivanje E (Xi ) = 0.96 i disperziju D (Xi ) = 0.96 · 0.04 = 0.0384. Sluˇcajna n P promenljiva Sn = Xi predstavlja broj ispravnih olovaka u paketu i=1

od n olovaka i ona ima binomnu B (n, 0.96) raspodelu, ali ´cemo zbog raˇcunskih teˇsko´ca pri nalaˇzenju verovatno´ce k−1 P ¡n¢ i n−i P (Sn < k) = i · 0.96 · 0.04 i=0

izraˇcunati pribliˇznu vrednost pomo´cu centralne graniˇcne teoreme. µ n ¶ n n P P P E (Sn ) = E Xi = E (Xi ) = 0.96 = 0.96 n, i=1

µ D (Sn ) = D

n P i=1

i=1

¶ Xi

=

n P i=1

i=1

D (Xi ) =

n P

0.0384 = 0.0384 n.

i=1

(a) P (S100 µ ≥ 94) = 1 − P (S100 < 94)¶= S100 −E(S100 )

√

= 1−P

³ ≈1−φ

D(S100 )

94−96 √ 3.84

´

94−E(S100 )

< √

D(S100 )

µ

¶ S100 −E(S100 )

√

= 1−P

D(S100 )

<

94−96 √ 3.84

[1]

≈

≈ 1 − φ (−1.02) = φ (1.02) ≈ 0.8461.

(b) Dakle, traˇzimo najmanje reˇsenje n nejednaˇcine P (Sn > 100) ≥ 0.95: P (Sn > 100) ≥ 0.95 ⇔ 1 − P (Sn ≤ 100) ≥ 0.95 ⇔ ⇔ 1− µ P (Sn < 101) ≥ 0.95 ¶ ⇔ P (Sn < 101) ≤ 0.05 ⇔ ⇔

Sn −E(Sn )

√

P µ

⇔ ⇔

D(Sn )

n) √ < 101−E(S

D(Sn )

≤ 0.05 ¶

Sn −E(Sn )

⇔ [1]

n √ < 101−0.96 ≤ 0.05 ⇔ 0.0384 n ³ ´ n n √ √ φ 101−0.96 ¹ 0.05 ⇔ 101−0.96 ¹ φ−1 (0.05) 0.0384 n 0.0384 n

P

√

D(Sn )

102

⇔

101−0.96 n √ 0.0384 n

¹ −φ−1 (1 − 0.05) = −φ−1 (0.95) ≈ −1.645 √ ⇔ 0 ¹ 0.96 n − 1.645 √0.0384 n − 101 ⇔ ⇔ ¡0 ¹ 0.96 n − 0.3224 n − 101 ⇔ √ ¢ ⇔ 0 ¹ 0.96 t2 − 0.3224 t − 101 ∧ t = √ n ⇔ ⇔ ((t ¹ −10.0906 ∨ t º 10.4264) ∧ t = n) ⇔ √ √ ⇔ √ ( n ¹ −10.0906 ∨ n º 10.4264) ⇔ ⇔ n º 10.4264 ⇔ n º 108.71. Dakle, potrebno je najmanje n = 109 olovaka. ⇔

⇔

n −E(Sn ) [1] - Raspodelu sluˇcajne promenljive Sn∗ = S√ na osnovu central-

D(Sn )

ne graniˇcne teoreme aproksimiramo normalnom raspodelom N (0, 1). 5. Veliˇcina datog uzorka je n = 2+3+8+12+10+2+2+1 = 40. Obeleˇzimo sa ak i bk redom leve i desne krajeve intervala Ik . Pri izraˇcunavanju uzoraˇcke aritmetiˇcke sredine X n i uzoraˇcke disperzije S n ´cemo svaki interval Ik iz uzorka reprezentovati njegovom sredinom xk , te tako dobijamo: sredine intervala xk frekvencija mk x40 = s240 =

1 40 1 40

8 P

1 2

2 3

3 8

4 5 12 10

6 2

7 8 2 1

mk xk = 4.1,

k=1 8 P

2

mk (xk − x40 ) = 2.24,

k=1

s40 =

p

s240 ≈ 1.4967.

(a) Obeleˇzje X ima normalnu N (m, σ) raspodelu, a tada sluˇcajna √ −m 40 − 1 ima Studentovu tn−1 promenljiva (statistika) Z = X 40 S 40 raspodelu, ˇsto znaˇci da po zahtevu zadatka za matematiˇcko oˇcekivanje m obeleˇzja X treba da vaˇzi: ¯ ³¯ ´ √ ¯ ¯ −m P ¯ X 40 40 − 1 [∗] ¯ < a = 0.95. S 40

Broj a nalazimo koriste´ci [∗] i tablice Studentove raspodele na slede´ci naˇ cin: ¯ ³¯ ´ √ [1] ¯ ¯ −m 40 − 1 P ¯ X 40 < a = 0.95 ⇔ ¯ S 40

⇔ Ft40−1 (a) − Ft40−1 (−a) = 2Ft39 (a) − 1 = 0.95 ⇔ ⇔ Ft39 (a) = 1+0.95 = 0.975 ⇔ 2 ⇔ a = t39;0.975 ≈ t40;0.975 ≈ 2.021. Poˇsto je [∗] ekvivalentno sa ³ ´ S 40 S 40 √ P X 40 − t39;0.975 √ X + t ≈ 0.95, ≤ m ≤ 40 39;0.975 39 39 to je traˇzeni 95% interval poverenja za matematiˇcko oˇcekivanje m: h i s40 √ I = x40 − t39;0.975 √s40 x + t = [3.61565, 4.58435]. , 40 39;0.975 39 39 [1] - Gustina Studentove raspodele je simetriˇcna tj. parna funkcija, te je Ftn−1 (−a) = 1 − Ftn−1 (a). 103

(b) S obzirom da obeleˇzje X ima normalnu N (m, σ) raspodelu, sluˇcajna 40S

2

promenljiva (statistika) σ240 ima χ240−1 raspodelu, ˇsto znaˇci da po zahtevu zadatka za disperziju σ 2 obeleˇzja X treba da vaˇzi: ³ 2 ´ ³ 2 ´ ³ 2 ´ 40S 40S 40S P σ240 ≥ a = 1−P σ240 < a = 0.9 ⇔ P σ240 < a = 0.1, gde iz tablica χ2 raspodele nalazimo da je a = χ240−1;0.1 = χ239;0.1 ≈ χ230;0.1 ≈ 21. Poˇsto je ³ 2 ´ ³ 2 ´ 40S 40S P σ240 ≥ χ239;0.1 = 0.9 ⇔ P σ 2 ≤ χ2 40 = 0.9, 39;0.1

to je traˇzeni 90% jednostrani poverenja za disperziju σ 2 : i interval h 2 £ ¤ 40s I = 0, χ2 40 = 0, 64 15 = [0, 4.26667] . 39;0.1

6. (a) Funkcija verodostojnosti: L (x1 , . . . , xn ; α) =

n Q i=1

  

ϕX (xi ) =

 

µ 1 αn

¶− 1+α α

n Q

i=1

,

xi

0 , Dakle, za xi > 1, i ∈ {1, 2, . . . , n} i za α ∈ (0, 1) je: n P ln L (x1 , . . . , xn ; α) = −n ln α − 1+α ln xi , α

∀i, xi > 1 . ∃i, xi ≤ 1

i=1

n −α

∂ ∂α

ln L (x1 , . . . , xn ; α) =

∂ ∂α

ln L (x1 , . . . , xn ; α) = 0

+

1 α2

Dakle, moˇzemo uzeti ocenu:

i=1

= =

1 n 1 α

1 n

n E (ln X) = E (ln X) = R∞

n α

n P i=1 R∞

1+α α

[1]

1

∞

1 n

n P

1 α2

=

1 n

i=1 n P

i=1

n P

i=1

ln xi

⇔

ln xi .

ln Xi .

E (ln Xi ) =

1 n

n P

E (ln X) =

i=1

ln x ϕX (x) dx = ∞

R∞

1

1

ln x dx = (− ln x ) | +

1

ln xi .

α= α ˆ=

−∞

x−

i=1

⇔ ⇔

(b) Centriranost: µ n ¶ P 1 E (ˆ α) = E n ln Xi =

n P

x−

1+α α

dx =

= (0 − 0) − αx− α | = −α (0 − 1) = α. 1

[1] - Parcijalnom integracijom: Dakle, ocena α ˆ jeste centrirana.

u = ln x, dv = x−

1+α α

.

Postojanost: statistika α ˆ je centrirana ocena parametra α pa postoˇ seva; za janost moˇzemo ispitati koriste´ci zakon velikih brojeva Cebiˇ proizvoljno ε > 0 vaˇzi 104

¯ µ¯ n ¶ ¯ ¯ P P (|ˆ α − α| ≥ ε) = P ¯¯ n1 ln Xi − n1 n α¯¯ ≥ ε = i=1 ¯ µ¯ n ¶ n ¯1 P ¯ P 1 ln Xi − n α¯¯ ≥ ε = = P ¯¯ n i=1 ¯ µ¯ i=1 ¶ n n ¯ ¯ P P [2] = P ¯¯ n1 ln Xi − n1 E (ln Xi )¯¯ ≥ ε . i=1

i=1

ˇ seva Ocena je postojana jer na osnovu zakona velikih brojeva Cebiˇ (pri ˇcemu su ispunjeni svi potrebni uslovi za primenu tog zakona: Xi su nezavisne sluˇcajne promenljive sa jednakim, ograniˇcenim disperzijama) vaˇzi ¯ ¶ µ¯ n n ¯ ¯1 P P 1 ¯ ¯ ln Xi − n E (ln Xi )¯ ≥ ε = 0. lim P (|ˆ α − α| > ε)= lim P ¯ n n→∞ n→∞ i=1

i=1

[2] - Pri ispitivanju centriranosti smo videli da je E (ln X) = E (ln Xi ) = α. 7. Matematiˇcko oˇcekivanje: mX (t) = E (a sin (bt + U )) = a E (sin (bt + U )) = R∞ R∞ =a sin (bt + u) ϕU (u) du = a sin (bt + u) −∞

−∞

2 √1 e−u du 2π

sin(bt) = a√ √ . 2 e

Autokovarijansna funkcija: KX (t, s) = E ((Xt − mX (t)) (Xs − mX (s))) = E (Xt Xs )−mX (t) mX (s) = sin(bt) sin(bs) √ = 2 e [1] sin(bt) sin(bs) √ a2 = 2 e

= E (a sin (bt + U ) a sin (bs + U )) − a2 = a2 E (sin (bt + U ) sin (bs + U )) −

= a2 E ((sin (bt) cos U + cos (bt) sin U ) (sin (bs) cos U + cos (bs) sin U )) −a2

sin(bt) sin(bs) √ 2 e

= ¡ = a2 E sin (bt) sin (bs) cos2 U + sin (b (t + s)) sin U cos U + ¢ sin(bs) √ = + cos (bt) cos (bs) sin2 U − a2 sin(bt) 2 e ¡ ¢ = a2 sin (bt) sin (bs) E cos2 U + a2 sin (b (t + s)) E (sin U cos U ) + ¡ ¢ sin(bs) √ +a2 cos (bt) cos (bs) E sin2 U − a2 sin(bt) = 2 e = a2 sin (bt) sin (bs)

R∞

cos2 u ϕU (u) du +

−∞ R∞

+ a2 sin (b (t + s))

sin u cos u ϕU (u) du +

−∞ R∞

+ a2 cos (bt) cos (bs) = a2 sin (bt) sin (bs)

R∞

−∞

−∞

sin2 u ϕU (u) du − a2

cos2 u

2 √1 e−u du 2π

105

+

sin(bt) sin(bs) √ 2 e

=

R∞

+ a2 sin (b (t + s))

sin u cos u

−∞ R∞

2 √1 e−u du 2π

sin2 u

+ a2 cos (bt) cos (bs)

−∞

=

2

a √ 2 2e

2 √1 e−u du 2π

+

− a2

sin(bt) sin(bs) √ 2 e

=

(e + 1) sin (bt) sin (bs) + 0+

2

sin(bs) a √ + 2√ (e − 1) cos (bt) cos (bs) − a2 sin(bt) = 2 e 2e √ ¢ ¢ ¡¡ a2 = 2√ e + 1 − 2e sin (bt) sin (bs) + (e − 1) cos (bt) cos (bs) . 2e

Disperzija:

√ ¢ ¡¡ ¢ a2 DX (t) = KX (t, t) = 2√ e + 1 − 2e sin2 (bt) + (e − 1) cos2 (bt) = 2e √ ¢ 2 ¡ ¡ ¢ a2 2 e + 1 − = 2√ 2e sin (bt) − cos (bt) . 2e [1] - Koristimo adicione formule za ”sinus zbira”. 8. Na osnovu opisa dobijamo matricu prelaza za jedan korak: A

B

C

1

 1 B 3

0 0

0

1 3

0

2 3

0

 A

P =

 C 0

D

D

 0 0   . 2  3  0

2 3 1 3

(a) Finalne verovatno´ce p∗ = [x y z u], x, y, z, u ∈ (0, 1) ne postoje jer u matrici P imamo p1,1 (1) = 1 i p1,2 (1) = p1,3 (1) = p1,4 (1) = 0, te u maticama P n za svako n ∈ N takod¯e imamo p1,1 (n) = 1 i p1,2 (n) = p1,3 (n) = p1,4 (n) = 0. Reˇsavanjem sistema [x, y, z, u] · P = [x, y, z, u] u=1−x−y−z x + ⇔

1 3z

2 3y

x + ⇔

1 3y

+

2 3

(1 − x − y − z)

+

1 3

(1 − x − y − z)

2 3z

y

+

−y

+

⇔

2 3z 1 3z − 59 z

= 1 = 0 = 0

0 =

0

⇔

106

x y z 1−x−y−z

x=1 y=0 z=0 u=0

A B C D

dobili smo vektor verovatno´ca:

= = = =

p∗ = [1 0 0 0] , odnosno, nakon

konaˇcno mnogo promene poloˇzaja ˇcestica dolazi i ostaje u temenu A, ˇsto se i moglo oˇcekivati s obzirom na opis kretanja ˇcestice. (b) Matrica prelaza za 4 koraka:  1 0 0  57 8 ¢ ¡ 0 2  81 P 4 = P 2 =  81 65 16  81 0 81 69 4 0 81 81

0



  . 0 

16 81 8 81

A B C D

Poˇcetna raspodela:

p (0) = [0 1 0 0] . p (4) = p (0) · P 4 =

Raspodela nakon 4 koraka:

tako da je traˇzena verovatno´ca pA (4) =

£A 57 81

B C D¤ 8 16 81 0 81

,

57 81 .

07.09.2000. 1. Fabrika pravi tri modela patent - olovaka. Svaki dan se napravi 1000 olovaka modela M1 i to podjednak broj olovaka bele i crvene boje. Olovaka modela M2 se pravi 600 i to samo u beloj boji, a olovaka modela M3 se pravi 400 i to u podjednakom broju olovaka bele, crvene, plave i zelene boje. (a) Koliko iznosi verovatno´ca da je sluˇcajno izabrana olovka bele boje? (b) Ako je sluˇcajno izabrana olovka bele boje, koliko iznosi verovatno´ca da je ona tipa M2 ? 2. Bacaju se dve homogene kocke ˇcije su stranice numerisane brojevima 1, 2, 3, 4, 5, 6. Na´ci oˇcekivanu vrednost sluˇcajne promenljive Y koja predstavlja zbir parnih brojeva koji su dobijeni pri bacanju, s tim ˇsto smatramo da je zbir 0 ako su na obe kockice pali neparni brojevi. 3. Sluˇcajni vektor (X, Y ) ima gustinu ½ Kx2 y 2 ϕX,Y (x, y) = 0

, ,

(x, y) ∈ T , (x, y) 6∈ T

gde je T skup taˇcaka koje pripadaju unutraˇsnjosti i rubu trougla ˇcija su temena A(0, 0), B(1, 0) i C(1, 1). Odrediti konstantu K i na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive Z = X + Y . 4. U proseku svaki tre´ci prolaznik pored kioska kupi novine. Koliko ljudi treba da prod¯e pored kioska, pa da sa verovatno´com 0.95 bude prodato bar 100 primeraka novina (odgovor na´ci primenom centralne graniˇcne teoreme). 107

5. Neka obeleˇzje X predstavlja broj studenata koji u intervalu od 20 sekundi ud¯u na fakultet. Izvrˇseno je 200 brojanja ulazaka, i rezultati su predstavljeni u slede´coj tabeli: broj ulazaka 0 1 2 3 4 5 broj merenja 100 65 22 6 4 3 Sa pragom znaˇcajnosti α = 0.005 testirati hipotezu da obeleˇzje X ima Poasonovu raspodelu. 6. Sluˇcajna promenljiva X ima uniformnu raspodelu U (0, b) , b > 0. Na osnovu prostog uzorka obima n dobijena je ocena ˆb = 2 X n . (a) Ispitati da li je navedena ocena centrirana. (b) Ispitati postojanost (stabilnost) ocene. 7. 3 bela i 3 plava listi´ca su raspored¯eni u dve kutije, pri ˇcemu su 2 listi´ca stavljena u prvu kutiju, a 4 listi´ca su stavljena u drugu kutiju. Izvodi se slede´ci eksperiment: vadi se na sluˇcajan naˇcin po jedan listi´c iz svake kutije, i zamene im se mesta u kutijama. Eksperiment se ponovi 3 puta, i prati se broj belih listi´ca u prvoj kutiji. Ako su listi´ci na poˇcetku razmeˇsteni sluˇcajnim izborom, koliko iznosi verovatno´ca da ´ce se nakon 3 premeˇstanja u prvoj kutiji nalaziti samo beli listi´ci? 8. Sluˇcajne promenljive X i Y su nezavisne, pri ˇcemu je gustina sluˇcajne promenljive X ½ 4 2 , x ∈ [0, 1] 3 −x ϕX (x) = , 0 , x 6∈ [0, 1] a sluˇcajna promenljiva Y ima uniformnu U (0, π) raspodelu. Odrediti matematiˇcko oˇcekivanje, autokorelacionu funkciju i disperziju sluˇcajnog procesa Ut = X cos (t − Y ) , t ∈ R.

Reˇ senja: 1. Oznake dogad¯aja: B - ”sluˇcajno izabrana olovka je bele boje”; Hi - ”sluˇcajno izabrana olovka je tipa Mi , i ∈ {1, 2, 3}”. Dogad¯aji Hi ˇcine potpun sistem dogad¯aja, a po uslovu zadatka vaˇzi (ukupno se proizvodi 2000 olovaka): P (H1 ) =

1000 2000

= 12 ,

P (B | H1 ) = 21 ,

P (H2 ) =

600 2000

=

3 10 ,

P (B | H2 ) = 1,

P (H3 ) =

1 4

= 35 .

(b) Traˇzenu verovatno´cu dobijamo na osnovu Bajesove formule: P (H2 | B) =

P(H2 )P(B | H2 ) P(B)

=

3 10 ·1 3 5

108

= 12 .

= 15 ,

P (B | H3 ) = 14 .

(a) Koriste´ci formulu totalne verovatno´ce dobijamo: 3 P 3 P (B) = P (Hi ) P (B | Hi ) = 21 · 21 + 10 · 1 + 15 · i=1

400 2000

2. Neka su X1 i X2 sluˇcajne promenljive koje predstavljaju redom brojeve dobijene na prvoj i drugoj kockici, pri ˇcemu za sve i ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6} vaˇzi P (X1 = i) = P (X2 = i) = 61 . Poˇsto su sluˇcajne promenljive X1 i X2 1 nezavisne, sledi P (X1 = i, X2 = j) = P (X1 = i) P (X2 = j) = 36 . Neka je Y sluˇcajna promenljiva koja predstavlja zbir dobijenih parnih brojeva. Njene mogu´ce vrednosti su 0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, i one se mogu dobiti sa slede´cim verovatno´cama: P (Y = 0) = P ((X1 , X2 ) ∈ { (i, j) | i, j ∈ {1, 3, 5}}) =

9 , 36

P (Y = 2) = P ((X1 , X2 ) ∈ { (2, j) | j ∈ {1, 3, 5}} ∪ { (i, 2) | i ∈ {1, 3, 5}}) =

6 , 36

P (Y = 4) = = P ((X1 , X2 ) ∈ {(2, 2)} ∪ { (4, j) | j ∈ {1, 3, 5}} ∪ { (i, 4) | i ∈ {1, 3, 5}}) =

7 , 36

P (Y = 6) = = P ((X1 , X2 ) ∈ {(2, 4) , (4, 2)} ∪ { (6, j) | j ∈ {1, 3, 5}} ∪ { (i, 6) | i ∈ {1, 3, 5}}) 8 = 36 , P (Y = 8) = P ((X1 , X2 ) ∈ {(2, 6) , (4, 4) , (6, 2)}) = P (Y = 10) = P ((X1 , X2 ) ∈ {(4, 6) , (6, 4)}) = P (Y = 12) = P ((X1 , X2 ) ∈ {(6, 6)}) =

3 , 36

2 , 36

1 . 36

Dakle, sluˇcajna promenljiva Y ima zakon raspodele: µ ¶ 0 2 4 6 8 10 12 , 1 1 7 2 1 1 1 4

6

36

9

12

18

36

+8·

1 12

a njena oˇcekivana vrednost je 1 4

E (Y ) = 0 · 3. Iz 1 =

RR

+2·

1 6

+4·

7 36

ϕX,Y (x, y) dxdy =

R2

+6· µ R1 Rx 0

2 9

+ 10 ·

1 18

+ 12 ·

1 36

= 4.

¶ K 18

2 2

Kx y dy dx =

0

sledi da je K = 18.

FZ (z) = P (Z < z) = P (X + Y < z) = P (Y < z − X) = . . . Neka je Sz = { (x, y) ∈ T | y ≤ z − x}. y 6

y 6

1

1

@

z 2

z 2

@

. @ ... ..... ....... ......... ........... ............. ............... ................. @ ................... ..................... S ....................... z ......................... ........................... ............................. @ z z@

2

@ @

@

.. .... ...... ........ .......... ............ .............. ................ .................. .................... ...................... ........................ .......................... ............................ ............................. .............................. ............................... ................................ ................................. .................................. ................................... .................................... ..................................... ...................................... ....................................... ........................................ z ......................................... .......................................... ........................................... ............................................ ............................................. .............................................. ............................................... ................................................ .................................................

@ @ @

S

-x 1 y =z−x

z 2

slika c

slika b

FZ (z) = P ((X, Y ) ∈ Sz ) =

RR

ϕX,Y (x, y) dxdy = . . .

Sz

(a) za z ≤ 0 je Sz = ∅, te je: FZ (z) = 0; 109

1

y =z−x -x

(b) za 0 < z ≤ 1 je (vidi sliku b): Ã ! z R2 z−y R 2 2 FZ (z) = 18x y dx dy = y

0

z6 20 ;

(c) za 1 < z ≤ 2 je (vidi sliku c): z µ µ ¶ ¶ R R2 Rx R1 z−x 2 2 2 2 FZ (z) = 18x y dy dx = 18x y dy dx + 0

1 6 − 20 z

=

z 2

0

3

+ 2z −

9 2 2z

+

18 5 z

0

− 1;

(d) za z > 2 je Sz = T , te je: FZ (z) = 1. 4. Neka je Xi sluˇcajna promenljiva koja predstavlja indikator dogad¯aja ”i-ti prolaznik je kupio novine”. Ova sluˇcajna promenljiva ima zakon raspodele µ ¶ 0 1 gde Xi = 0 predstavlja dogad¯aj ”i-ti prolaznik nije kupio 1 2 3

3

novine”, a Xi = 1 predstavlja dogad¯aj ”i-ti prolaznik je kupio novine”. n P Tada sluˇcajna promenljiva Sn = Xi predstavlja broj kupljenih novi=1

ina za vreme dok n ljudi prod¯e pored kioska, tako da treba reˇsiti po n jednaˇcinu P (Sn ≥ 100) = 0.95. Poˇsto su sluˇcajne promenljive Xi nezavisne i pri tome je E (Xi ) = 0 · 23 + 1 · 13 = 31 , ¡ ¡ ¢ ¢ ¡ ¢2 D (Xi ) = E Xi2 − E2 (Xi ) = 02 · 23 + 12 · 31 − 13 = 29 , µ n ¶ n P P E (Sn ) = E Xi = E (Xi ) = nE (X1 ) = 31 n, i=1

µ D (Sn ) = D

n P

i=1

i=1

¶ Xi

=

n P i=1

D (Xi ) = nD (X1 ) = 92 n.

n −E(Sn ) Sluˇcajna promenljiva Sn∗ = S√ ima pribliˇzno normalnu N (0, 1)

D(Sn )

raspodelu, te tako dobijamo: P (Sn ≥ 100) = 0.95 ⇔ 1 − P (Sn < 100) = 0.95 ⇔ ¡ ¢ 1 ⇔ 1 − P µSn − 31 n < 100 − ¶ ⇔ 3 n = 0.95 Sn − 13 n 100− 13 n ⇔ 1 − P √2 < √2 = 0.95 ⇔ n 9n µ 9 ¶ µ ¶ 100− 1 n 100− 1 n ⇔ 1 − P Sn∗ < √ 2 3 = 0.95 ⇔ P Sn∗ < √ 2 3 = 0.05 9n 9n µ ¶ 100− 13 n √2 ⇔ φ ≈ 0.05 ⇔

⇔

9n

⇔ ⇔ ⇔

100− 13 n 2 9n

√

≈ φ−1 (0.05) = −φ−1 (1 − 0.05) = −φ−1 (0.95) ≈ −1.645 ⇔ q √ √ 100 − 31 n ≈ −1.645 29 n ⇔ 13 n − 1.645 32 n − 100 ≈ 0 ⇔ √ n − 2.3264 n − 300 ≈ 0 ⇔ 110

⇔ ⇔ ⇔

¡2 √ ¢ t − 2.3264t − 300 ≈ 0 ∧ t = n ((t ≈ −16.1963 ∨ t ≈ 18.5227) ∧ t = √ n ≈ 18.5227 ⇔ n ≈ 343.091.

⇔ √

n)

⇔

Prema tome, potrebno je da prod¯e pribliˇzno 343 potencijalna kupca. 5. Da bi smo naˇsli verovatno´ce pm = P (X = m) , m ∈ {0, 1, 2, 3, . . .} za sluˇcajnu promenljivu X : P (λ), moramo najpre na osnovu uzorka oceniti parametar λ. Poˇsto je kod Poasonove raspodele E (X) = λ, a poznato je da sa uzoraˇckim matematiˇckim oˇcekivanjem dobijamo ”dobru” ocenu matematiˇckog oˇcekivanja obeleˇzja, to parametar λ moˇzemo oceniti sa: 200 ˆ = x200 = 1 P xi = λ 200 =

1 200

i=1

(100 · 0 + 65 · 1 + 22 · 2 + 6 · 3 + 4 · 4 + 3 · 5) = 0.79,

gde je n = 100 + 65 + 22 + 6 + 4 + 3 = 200 obim uzorka. Prema tome, testira´cemo hipotezu da obeleˇzje X ima slede´ci zakon rask −0.79 podele: P (X = k) = 0.79 , k ∈ {0, 1, 2, 3, . . .}. k! e Poslednje dve grupe iz uzorka spajamo u jednu (da bi u svakoj grupi imali bar 5 elemenata), a zatim za svaku grupu izraˇcunavamo odgovaraju´ce teorijske verovatno´ce: p0 = P (X = 0) =

0.790 −0.79 0! e 1

p1 = P (X = 1) =

0.79 1!

p2 = P (X = 2) =

0.792 −0.79 2! e

p3 = P (X = 3) =

0.79 3!

3

≈ 0.4538,

e−0.79 ≈ 0.3585, ≈ 0.1416,

e−0.79 ≈ 0.0373,

p4 = P (X ≥ 4) = 1 − P (X < 4) = 1 − (p0 + p1 + p2 + p3 ) ≈ 0.0087. Dakle, χ2 test primenjujemo na slede´ce podatke: broj ulazaka (k) broj merenja (mk ) teorijeske verovatno´ce (pk ) Za vrednost statistike Z =

0 100 0.4538 4 P

k=0

1 65 0.3585

(mk −200 pk )2 200 pk

2 3 22 6 0.1416 0.0373

4, 5, ... 7 0.0087

dobijamo z ≈ 19.1595.

Poˇsto je χ2α;5−1−1 = χ20.005;3 ≈ 12.8 < z sledi da odbacujemo hipotezu o tome da obeleˇzje X ima Poasonovu raspodelu. 6. Vidi zadatak 6 u ispitnom roku 11.01.1999. 7. U prvoj kutiji se u svakom trenutku n ∈ N moˇze nalaziti 0, 1 ili 2 bela listi´ca, tj. ovo su mogu´ca stanja S (n) opisanog sistema. Odgovaraju´ce ( 3 )·( 3 ) verovatno´ce poˇcetnog stanja sistema su p0i = i 6 2−i , i ∈ {0, 1, 2} te (2) tako dobijamo vektor poˇcetnih verovatno´ca: 111

£ p0 = p (0) = p00

p01

¤ £ p02 =

1 5

3 5

1 5

¤

.

Prelazne verovatno´ce pi,j = P (S (n) = j | S (n − 1) = i) , i, j ∈ {0, 1, 2} izraˇcunavamo na osnovu opisa eksperimenta: 1 4 1 1 2 · 2

p0,0 = 1 · p1,0 =

= 41 , =

3 4 1 1 2 · 2 1 · 43

p0,1 = 1 ·

1 4,

p1,1 =

p2,0 = 0,

p2,1 =

= 34 , + =

1 1 2 · 2 3 4,

p0,2 = 0, =

1 2,

p1,2 =

1

1 4 1 4

2

0

0

P =

 

 0

P3 =

Matrica prelaza za 3 premeˇstanja:

·

p2,2 = 1 · 0

odnosno matrica prelaza za jedno premeˇstanje :

1 2

 

1 2

0 13 64 13 64 12 64

1 3 4 1 2 3 4

2

0 1 4 1 4 1 39 64 38 64 39 64

1 2 1 1

= 14 , = 14 ,

   .  2 12 64 13 64 13 64

   . 

Sada dobijamo verovatno´ce stanja sistema nakon 3 razmeˇstanja listi´ca: £ 0 1 2 ¤ p3 = p (3) = p0 · P 3 = 15 53 15 , ˇsto znaˇci da ´ce se posle 3 razmeˇstanja u prvoj kutiji nalaziti 2 bela listi´ca sa verovatno´com p32 = 15 . 8. Matematiˇcko oˇcekivanje: [1]

mU (t) = E (X cos (t − Y )) = E (X) E (cos (t − Y )) = R∞ R∞ = x ϕX (x) dx · cos (t − y) ϕY (y) dy = =

−∞ R1

x

0 µ 4 3

=

¡4 3

R1

2

−x

xdx −

0

¢

dx ·

R1

−∞ Rπ

cos (t − y)

0 ¶

x3 dx ·

0

1 π

t−π R

1 π dy

=

(− cos z) dz =

t

5 6π

sin t.

Autokorelaciona funkcija: ¡ ¢ [1] RU (t, s) = E (Ut Us ) = E X 2 cos (t − Y ) cos (s − Y ) = ¡ ¢ = E X 2 E (cos (t − Y ) cos (s − Y )) = ¢ R1 ¡ Rπ = x2 43 − x2 dx · π1 cos (t − y) cos (s − y) dy = 11 90 cos (s − t). 0

0

Disperzija: DU (t) = KU (t, t) = RU (t, t) − m2 (t) = =

11 90

cos 0 −

25 36π 2

sin2 t =

11 90

−

25 36π 2

sin2 t.

[1] - Iz nezavisnosti sluˇcajnih promenljivih X i Y sledi nezavisnost sluˇcajnih promenljivih X i cos (t − Y ). 112

29.09.2000. 1. Iz intervala (0, 3) biraju se brojevi x i y. (a) Izraˇcunati verovatno´cu da je za izabrane brojeve zbir manji od 3 i maksimum manji od 2. (b) Ako je maksimum izabranih brojeva manji od 2, izraˇcunati verovatno´cu da je minimum izabranih brojeva ve´ci od 1. 2. Kontrolor ima na stolu 4 proizvoda ˇciji kvalitet treba da proveri. Poznato je da svaki proizvod moˇze biti neispravan sa verovatno´com 0.1, nezavisno od drugih proizvoda. Kontrolor vrˇsi proveru dok ne otkrije 2 neispravna proizvoda, a ako se to ne desi, on ´ce proveriti sva 4 proizvoda. Neka je X broj proverenih proizvoda, a Y broj otkrivenih neispravnih proizvoda. Na´ci raspodelu dvodimenzionalne sluˇcajne promenljive (X, Y ), kao i matematiˇcko oˇcekivanje sluˇcajne promenljive Z = 2X + Y . 3. Posmatramo prizmu ˇcija je baza kvadrat stranice X, a visina Y . Sluˇcajne promenljive X i Y su nezavisne i imaju uniformnu U (1, 2) i U (2, 3) raspodelu, redom. (a) Na´ci gustinu sluˇcajne promenljive (B, V ) gde je B povrˇsina baze, a V zapremina prizme. (b) Kolika je oˇcekivana zapremina prizme? 4. U jednoj igri igraˇc osvaja 50 poena sa verovatno´com 0.5, 10 poena sa verovatno´com 0.3 i −100 poena sa verovatno´com 0.2 (dakle, gubi 100 poena sa verovatno´com 0.2). (a) Ako je igraˇc odigrao 100 igara, koliko iznosi verovatno´ca da je osvojio bar 900 poena? (b) Koliko igara treba da odigra, pa da sa verovatno´com 0.95 osvoji bar 1000 poena? 5. Fabrika pakuje po 4 proizvoda u jednu kutiju. Nasumice je uzeto 50 kutija i za svaku je proveren broj neispravnih proizvoda. Dobijeni rezultati prikazani su u tabeli: br. neispravnih proizvoda br. kutija

0 1 12 18

2 14

3 4

4 2

Koriste´ci χ2 test uz prag znaˇcajnosti α = 0.01, ispitati da li su podaci saglasni sa hipotezom da se radi o uzorku iz populacije sa binomnom raspodelom. 6. Data je raspodela obeleˇzja X: µ 0 1 2 ¡ θ−1 ¢2 θ−1 1 1 · θ θ · θ θ

1 θ

113

3 ¡ θ−1 ¢3 θ

·

1 θ

··· ···

¶ ,

θ > 1.

Na osnovu uzorka obima n metodom maksimalne verodostojnosti oceniti parametar θ. Ispitati centriranost i postojanost dobijene ocene. 7. Posmatraju se tri izborna mesta I1 , I2 i I3 . Pored izborne komisije postoji i kontrolor koji obilazi izborna mesta i proverava regularnost izbora. Verovatno´ca da ´ce kontrolor otkriti neregularnost na izbornom mestu I1 je 0.5, na izbornom mestu I2 je 0.3 i na izbornom mestu I3 je 0.6. Ako kontrolor na I1 otkrije neregularnost, sa verovatno´com 0.5 ostaje na I1 ili sa jednakim verovatno´cama odlazi na I2 ili I3 . Ako na I1 ne otkrije neregularnost, sigurno napuˇsta I1 i sa tri puta ve´com verovatno´com odlazi na I2 nego na I3 . Ako na I2 ne otkrije neregularnost, onda podjednako verovatno odlazi na I1 ili I3 , a I2 sigurno napuˇsta. Ako otkrije neregularnost na I2 , onda na I2 ostaje dva puta ve´com verovatno´com nego ˇsto odlazi na I1 ili I3 (odlazak na I1 ili I3 je podjednako verovatan). Ako na I3 otkrije neregularnost, onda na I3 sigurno i ostaje. Ako na I3 ne otkrije neregularnost, onda sa dva puta ve´com verovatno´com odlazi na I1 ili I2 nego ˇsto ostaje na I3 (odlasci na I1 i I2 su jednako verovatni, i ta je verovatno´ca dva puta ve´ca od verovatno´ce da ostane na I3 ). Vreme prelaska sa jednog izbornog mesta na drugo je zanemarljivo malo. (a) Sastaviti matricu prelaza za jedan korak. (b) Ako na poˇcetku podjednako verovatno bira izborno mesto I1 ili I3 a sa dva puta manjom verovatno´com izborno mesto I2 , izraˇcunati verovatno´ce sa kojima ´ce kontrolor nakon jednog obilaska nalaziti na pojedinim izbornim mestima. 8. Dat je sluˇcajan proces Xt = U cos (ωt) , t ∈ R, gde je U sluˇcajna promenljiva za koju je E (U ) = 2 i D (U ) = 9. Na´ci matematiˇcko oˇcekivanje, autokorelacionu funkciju i disperziju sluˇcajnog procesa Xt . Da li je Xt stacionaran sluˇcajan proces?

Reˇ senja: 1. Zadatak moˇzemo reˇsiti primenom geometrijske interpretacije verovatno´ce. Skup svih mogu´cih podjednako verovatnih elementarnih ishoda je: Ω = { (x, y) | x, y ∈ (0, 3)} . Sa P (O) ´cemo oznaˇciti povrˇsinu oblasti O. (a) Dogad¯aj ”za izbrane brojeve zbir je manji od 3 i maksimum je manji od 2” moˇzemo predstaviti kao: A = { (x, y) | max {x, y} < 2 ∧ x + y < 3} = = { (x, y) | x < 2 ∧ y < 2 ∧ x + y < 3} . Koriste´ci sliku 1 lako nalazimo da je: 114

P (A) =

7 P (A) 7 = 2 = . P (Ω) 9 18

(b) Dogad¯aj ”maksimum izabranih brojeva je manji od 2” moˇzemo predstaviti kao B = { (x, y) | max {x, y} < 2} = { (x, y) | x < 2 ∧ y < 2} , a dogad¯aj ”minimum izabranih brojeva je ve´ci od 1” moˇzemo predstaviti kao C = { (x, y) | min {x, y} > 1} = { (x, y) | x > 1 ∧ y > 1} . Koriste´ci sliku 2 lako nalazimo da je: y 6 @

3 2 1

x+y =3 @ @ ¡ @ A @@¡ ¡ ª @- x

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

1

2

P (C | B) =

P(CB) P(B)

= 43 .

y 6

3 2 1

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

3

CB 1

2

-x 3

slika 2

slika 1

2. Skupovi mogu´cih vrednosti sluˇcajnih promenljivih X i Y su RX = {2, 3, 4}

i

RY = {0, 1, 2} .

Oznaˇcimo sa Ai , i ∈ {1, 2, 3, 4} dogad¯aj ¡ ¢”i-ti kontrolisani proizvod je ispravan”, pri ˇcemu je P (Ai ) = 0.9 i P Ai = 0.1. Na osnovu opisanih uslova dobijamo P (X = 2, Y = 0) = P (X = 2, Y = 1) = 0, P (X = 3, Y = 0) = P (X = 3, Y = 1) = 0,


P (X = 2, Y = 2) = P A1 A2 = P A1 P A2 = 0.12 = 0.01,
P (X = 3, Y = 2) = P A1 A2 A3 + A1 A2 A3 =



= P (A1 ) P A2 P A3 + P A1 P (A2 ) P A3 = 2 · 0.9 · 0.12 = 0.018, P (X = 4, Y = 0) = P (A1 A2 A3 A4 ) = = P (A1 ) P (A2 ) P (A3 ) P (A4 ) = 0.94 = 0.6561,


P (X = 4, Y = 1) = P A1 A2 A3 A4 + A1 A2 A3 A4 + A1 A2 A3 A4 + A1 A2 A3 A4 =

= P (A1 ) P (A2 ) P (A3 ) P A4 + P (A1 ) P (A2 ) P A3 P (A4 ) +

+ P (A1 ) P A2 P (A3 ) P (A4 ) + P A1 P (A2 ) P (A3 ) P (A4 ) = = 4 · 0.93 · 0.1 = 0.2916,
P (X = 4, Y = 2) = P A1 A2 A3 A4 + A1 A2 A3 A4 + A1 A2 A3 A4 =



= P (A1 ) P (A2 ) P A3 P A4 + P (A1 ) P A2 P (A3 ) P A4 +

+ P A1 P (A2 ) P (A3 ) P A4 = 3 · 0.92 · 0.12 = 0.0243.

Dakle, dobili smo zakon raspodele sluˇcajnog vektora (X, Y ), a zatim dobijamo marginalne zakone raspodela sluˇcajnih promenljivih X i Y : P (X = k) =

2 P

P (X = k, Y = i) , k ∈ {2, 3, 4},

i=0

P (Y = k) =

4 P

P (X = i, Y = k) , k ∈ {0, 1, 2},

i=2

115

Y

0

X

1

2

2 3 4

µ X:

2 0.01

0 0 0.01 0.01 0 0 0.018 0.018 0.6561 0.2916 0.0243 0.972 0.6561 0.2916 0.0523 1 ¶ µ 3 4 0 1 , Y : 0.018 0.972 0.6561 0.2916

2 0.0523

¶ .

Sada dobijamo E (X) = 2 · 0.01 + 3 · 0.018 + 4 · 0.972 = 3.962, E (Y ) = 0 · 0.6561 + 1 · 0.2916 + 2 · 0.0523 = 0.3962, E (Z) = E (2X + Y ) = 2E (X) + E (Y ) = 8.3202. 3. X : U (1, 2) ½ ϕX (x) =

Y : U (2, 3) ½

1 , x ∈ (1, 2) , 0, x∈ 6 (1, 2)

ϕY (y) =

1 , y ∈ (2, 3) . 0, y∈ 6 (2, 3)

X i Y su nezavisne sluˇcajne promenljive, te je ½ 1 , (x, y) ∈ D ϕX,Y (x, y) = ϕX (x) ϕY (y) = , 0 , (x, y) 6∈ D ¯ © ª gde je D = (x, y) ∈ R2 ¯ x ∈ (1, 2) ∧ y ∈ (2, 3) (vidi sliku 1), odnosno D je unutraˇsnjost kvadrata ograniˇcenog duˇzima l1 = { (1, y) | y ∈ [2, 3]} , l3 = { (x, 2) | x ∈ [1, 2]} ,

l2 = { (2, y) | y ∈ [2, 3]} , l4 = { (x, 3) | x ∈ [1, 2]} .

(a) Posmatrajmo transformaciju f : R2 → R2 definisanu sa ¡ ¢ f (X, Y ) = (B, V ) = X 2 , X 2 Y . Oblast D¡ ograniˇ ¢cena duˇzima l1 , l2 , l3 , l4 se transformacijom f (x, y) = x2 , x2 y (na oblasti D je funkcija f neprekidna i monotona) preslikava u oblast D0 (vidi sliku 2) ograniˇcenu krivima: ©¡ ¢¯ ª l10 = f (l1 ) = 12 , 12 y ¯ y ∈ [2, 3] = { (1, v) | v ∈ [2, 3]}, ©¡ ¢¯ ª l20 = f (l2 ) = 22 , 22 y ¯ y ∈ [2, 3] = { (4, v) | v ∈ [8, 12]}, ©¡ ¢¯ ª l30 = f (l3 ) = x2 , x2 2 ¯ x ∈ [1, 2] = { (b, 2b) | b ∈ [1, 4]}, ©¡ ¢¯ ª l40 = f (l4 ) = x2 , x2 3 ¯ x ∈ [1, 2] = { (b, 3b) | b ∈ [1, 4]}. y 3 6

b 4 6

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

D

2

1

1

2

-x

   D       ............................. ............................ ........................... .......................... ......................... 0 ........................ ....................... ...................... ..................... .................... ................... .................. ................. ................ ............... .............. ............. ............ ........... .......... ......... ........ .......

2 3

8

slika 2

slika 1

116

12

-v

Reˇsavaju´ci po (X, Y ) sistem jednaˇcina B = X 2 , V = X 2 Y , dobijamo dve monotone ”grane” ³ √ ´ inverzne transformacije: −1 v f1 (b, v) = − b, b = (x, y) , b ≥ 0, ³√ ´ b, vb = (x, y) , b ≥ 0. f2−1 (b, v) = Jakobijani ovih funkcija su:¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ ¯ − √ 0 ¯¯ x x b v ¯ −1 1√ ¯ ¯ 2 b Jf1 (b, v) = ¯ = 1 ¯ = − 2b b , yb yv ¯ ¯ − bv2 b ¯ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ xb xv ¯ ¯ √ 0 ¯¯ −1 ¯ ¯ ¯ 2 b Jf2 (b, v) = ¯ = = 1√ . yb yv ¯ ¯ − bv2 1b ¯ 2b b Gustina sluˇcajnog vektora (B, V ) glasi: ϕB,V (b, v) = ¯ ¯ ¢ ¯¯ −1 ¡ −1 ¡ ¢ ¯¯ ¯ ¯ (b, v) + ϕ f (b, v) (b, v) = ϕX,Y f1−1 (b, v) ¯Jf−1 ¯J ¯= ¯ X,Y 2 f2 1 ¯ ¯ ³ √ ³√ ´¯ ´¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = ϕX,Y − b, vb ¯− 2b1√b ¯ + ϕX,Y b, vb ¯ 2b1√b ¯ = ¯ ¯ ¯ ³√ ´¯ ³√ ´ [1] ¯ ¯ ¯ ¯ = 0 · ¯− 2b1√b ¯ + ϕX,Y b, vb ¯ 2b1√b ¯ = ϕX,Y b, vb 2b1√b = ( ½ 0 · 2b1√b , (b, v) 6∈ D0 0 , (b, v) 6∈ D0 = . 1√ 1√ 0 = , (b, v) ∈ D0 1 · 2b b , (b, v) ∈ D 2b b ´ ³ √ [1] - Za svako (b, v) vaˇzi − b, vb 6∈ D. (b) Prvi naˇcin: ¡ ¢ R∞ 2 R2 E X2 = x ϕX (d) x = x2 dx = 73 , −∞

E (Y ) =

R∞ −∞

yϕY (d) y =

1

R3 2

ydy = 52 .

Koriste´ci osobine matematiˇckog oˇcekivanja (X i Y su nezavisne sluˇcajne promenljive i X 2 i Y ) dobijamo ¡ 2 ¢ pa su ¡ nezavisne ¢ E (V ) = E X Y = E X 2 E (Y ) = 73 · 52 = 35 6 . Drugi naˇcin: R∞ ϕV (v) = ϕB,V (b, v) db = −∞       R∞   0db , v 6∈ (2, 12)      −∞  0 , v 6∈ (2, 12)       1   v   R2 1   √     √    1 − √v2 , v ∈ (2, 3]  1 2b b db , v ∈ (2, 3] = . = 1   R2 v 1 √ √     √ 3− db , v ∈ (3, 8]   √ 2 , v ∈ (3, 8]   2b b   v 1   v   3       √   R4 1      √v3 − 12 , v ∈ (8, 12)  √ db , v ∈ (8, 12)   1 2b b 3v

117

E (V ) =

R∞ −∞

vϕV (v) dv =

√ ´ R3 ³ R8 √ √2 R12 ³ √3 1 ´ √ v 1 − √v2 dv + v 3− dv + v √v − 2 dv = v 2 3 8 √ ¢ ¡ 82 38 √ ¢ ¡ √ ¢ 35 ¡ = 31 6 + 28 − 32 6 = 6. 6 −2 6 + − 3 + 3 3

=

4. Neka je Xi sluˇcajna promenljiva koja predstavlja broj poena koji igraˇc dobija (ili gubi) u i - toj igri. Sluˇcajne promenljive Xi su nezavisne i imaju isti zakon raspodele i numeriˇcke karakteristike: µ ¶ −100 10 50 Xi : , 0.2 0.3 0.5 E (Xi ) = −100 · 0.2 + 10 · 0.3 + 50 · 0.5 = 8, ¡ ¢ 2 E Xi2 = (−100) · 0.2 + 102 · 0.3 + 502 · 0.5 = 3280, ¡ ¢ D (Xi ) = E Xi2 − E (Xi ) = 3280 − 82 = 3216. Sluˇcajna promenljiva Sn =

n P i=1

Xi predstavlja ukupan broj dobijenih ili

izgubljenih poena tokom odigranih n igara. Pri tome je n n P P E (Sn ) = E (Xi ) = 8n i D (Sn ) = D (Xi ) = 3216n i=1

i=1

(zbog nezavisnosti sluˇcajnih promenljivih Xi ). Na osnovu centralne gran −E(Sn ) niˇcne teoreme ([∗]), sluˇcajna promenljiva Sn∗ = S√ ima (za ”doD(Sn )

voljno” veliko n) pribliˇzno N (0, 1) raspodelu. (a) P (S100 ≥ µ 900) = 1 − P (S100 < 900)¶= ³ 100 ) ∗ √ −E(S100 ) < 900−E(S √ < = 1 − P S100 = 1 − P S100 D(S100 )

D(S100 )

900−800 √ 321600

´ ≈

[∗]

∗ < 0.18) ≈ 1 − φ (0.18) ≈ 1 − 0.5676 ≈ 0.4324. ≈ 1 − P (S100

(b) Reˇsavamo po n jednaˇcinu P (Sn ≥ 1000) = 0.95: P (Sn ≥ 1000) = 0.95 ⇔ ⇔

⇔

1 − P (Sµn < 1000) = 0.95¶ ⇔

n) √ P (Sn < 1000) = 0.05 ⇔ P Sn∗ < 1000−E(S = 0.05 D(Sn ) ³ ´ ³ ´ [∗] 1000−8n √ √ = 0.05 ⇔ φ ≈ 0.05 ⇔ P Sn∗ < 1000−8n 3216n 3216n

1000−8n √ 3216n

√ ≈ φ−1 (0.05) ⇔ 1000−8n ≈ −1.65 ⇔ 3216n √ √ ⇔ 1000−8n ≈ −1.65 3216n ⇔ 8n−93.57 n−1000 ≈ 0 ¡ 2 ¢ √ ⇔ 8t − 93.57t − 1000 ≈ 0 ∧ t = n ⇔ √ ⇔ ((t ≈ −6.76935 ∨ t ≈ 18.4656) ∧ t = n) ⇔ √ ⇔ (t ≈ 18.4656 ∧ t = n) ⇔ n ≈ 18.46562 ≈ 340.978. Dakle, treba da odigra 341 igru.

⇔

⇔

118

⇔

5. Neka sluˇcajna promenljiva (obeleˇzje) X predstavlja broj neispravnih od ukupno 4 proizvoda iz jedne kutije. Testiramo hipotezu da obeleˇzje X ima binomnu B (4, p) gde je p nepoznati parametar koji moˇzemo oceniti na osnovu uzorka koriste´ci matematiˇcko oˇcekivanje sluˇcajne promenljive sa binomnom raspodelom E (X) = np = 4p. Za ocenu matematiˇckog oˇcekivanja obeleˇzja X moˇzemo koristiti uzoraˇcku aritmetiˇcku sredinu (gde je veliˇcina uzorka: n = 12 + 18 + 14 + 4 + 2 = 50): x50 =

1 50

50 P i=1

xi =

1 50

odakle onda dobijamo:

(0 · 12 + 1 · 18 + 2 · 14 + 3 · 4 + 4 · 2) = 1 4

p=

·

33 25

=

33 25 ,

33 100 .

Spajaju´ci poslednje dve grupe podataka (da bi u svakoj grupi imali bar 5 realizacija obeleˇzja) i nakon izraˇcunavanja teorijskih verovatno´ca ¡ ¢ ¡ 33 ¢i ¡ 67 ¢4−i pi = P (X = i) = 4i 100 , i ∈ {0, 1, 2, 3, 4} 100 za binomnu raspodelu, pri ˇcemu na p3 ≈ 0.0963112 zbog spajanja podataka dodajemo p4 ≈ 0.0118592, dobijamo slede´cu tabelu: xi mi pi

0 12 0.201511

1 18 0.397007

2 14 0.293311

3, 4 6 0.10817

Na osnovu prikazanih podataka, za vrednost statistike Z =

3 P i=0

dobijamo z ≈ 0.634941.

(mi −50pi )2 50pi

Poˇsto je χ2α;4−1−1 = χ20.01;2 ≈ 9.21 > z, sledi da ne odbacujemo hipotezu da obeleˇzje X ima Binomnu B (4, p) raspodelu. 6. Funkcija verodostojnosti: za θ > 1 je L (x1 , . . . , xn ; θ) =

n Q i=1

P (X = xi ; θ) =

ln L (x1 , . . . , xn ; θ) = −n ln θ +

n P i=1

n Q i=1

1 θ

·

¡ θ−1 ¢xi θ

=

1 θn

i=1

1 θ(θ−1)

Poˇsto je

⇔

ln L (x1 , . . . , xn , θ) = − nθ + n (θ − 1) =

n P i=1

dobili smo ocenu:

xi

⇔

1 θ(θ−1)

θ=

¡ θ−1 ¢ θ

n P i=1

xi · ln θ−1 θ .

Traˇzimo maksimum funkcije L po θ > 1 : n P ∂ n θ · θ12 = − nθ + xi · θ−1 ∂θ ln L (x1 , . . . , xn ; θ) = − θ +

∂ ∂θ

·

1 n

θˆ = X n + 1.

Centriranost: 119

·

n P

i=1 n P i=1

xi = 0

⇔

xi + 1 = xn + 1,

n P i=1

xi .

xi

,

Primetimo da se sluˇcajna promenljiva X moˇze predstaviti ¡ ¢kao X = Y −1, gde je Y sluˇcajna promenljiva sa geometrijskom G θ1 raspodelom, odakle dobijamo µ n ¶ ³ ´ n P P 1 ˆ E θ =E n Xi + 1 = n1 E (Xi ) + E (1) = n1 nE (X) + 1 = i=1

i=1

= E (Y − 1) + 1 = E (Y ) − 1 + 1 = E (Y ) =

1 1 θ

= θ.

Dakle, ocena θˆ = X n + 1 jeste centrirana. Postojanost: Kako je ocena θˆ = X n + 1 centrirana, postojanost moˇzemo ispitati ˇ seva ([∗]). primenom nejednakosti Cebiˇ ¡1¢ 1− 1 Za Y : G θ je D (Y ) = 1 θ2 = θ (θ − 1), te dobijamo (θ) D (X) = D (Y − 1) = D (Y ) − D (1) = D (Y ) = θ (θ − 1), odakle sledi µ n ¶ ³ ´ P 1 ˆ D θ =D n Xi + 1 = i=1

=

1 n2 nD (X)

+0=

1 n D (X)

=

1 n2

n P i=1

1 n θ (θ

D (Xi ) + D (1) = − 1).

Za svako ε > 0 je ³¯ ³ ´¯ ´ [∗] ¯ ¯ 0 ≤ lim P ¯θˆ − E θˆ ¯ ≥ ε ≤ lim n→∞

n→∞

D(θˆ) ε2

= lim

n→∞

θ(θ−1) nε2

= 0.

Dakle, ocena θˆ = X n + 1 jeste postojana. 7. Oznaˇcimo sa 1, 2 i 3 stanja S koja odgovaraju izbornom mestu na kome se nalazi kontrolor. (a) Ako sa R1 , R2 i R3 redom oznaˇcimo dogad¯aje: ”na i - tom biraˇckom mestu (i ∈ {1, 2, 3}) je otkrivena neregularnost”, pri ˇcemu je dato 3 da je P (R1 ) = 12 , P (R2 ) = 10 i P (R3 ) = 35 , tada na osnovu opisa zakonitosti kretanja kontrolora verovatno´ce prelaza moˇzemo dobiti pomo´cu formule totalne verovatno´ce na slede´ci naˇcin: pij = P (S = j | S = i) = ¡ ¢ ¡ ¢ = P (Ri ) P (S = j | S = i, Ri ) + P Ri P S = j | S = i, Ri za sve i, j ∈ {1, 2, 3}. Dakle: p11 = p13 = p22 = p31 = p33 =

1 1 1 1 2 · 2 + 2 · 0 = 4, 1 1 1 1 1 2 · 4 + 2 · 4 = 4, 3 1 7 3 10 · 2 + 10 · 0 = 20 , 2 2 4 3 5 · 0 + 5 · 5 = 25 , 3 2 1 17 5 · 1 + 5 · 5 = 25 .

p12 = p21 = p23 = p32 =

1 1 1 3 1 2 · 4 + 2 · 4 = 2, 3 1 7 1 17 10 · 4 + 10 · 2 = 40 , 3 1 7 1 17 10 · 4 + 10 · 2 = 40 , 3 2 2 4 5 · 0 + 5 · 5 = 25 ,

Prema tome, matrica P prelaza za jedan korak glasi: 120

 P =

1



2 3

1 1 4 17 40 4 25

2 1 2 3 20 4 25

3 1 4 17 40 17 25

  . 

(b) Na osnovu opisa poˇcetne pozicije kontrolora, imamo vektor poˇcetne £ 1 2 3 ¤ raspodele: p0 = 25 15 25 . Raspodelu nakon jednog koraka dobijamo na slede´ci naˇcin:   1 1 1 4 2 4 £ ¤  £ 249 294 457 ¤ 3 17  p1 = p0 · P = 41 12 14 ·  17 = 1000 1000 1000 . 40 20 40  4 25

4 25

17 25

8. Matematiˇcko oˇcekivanje: mX (t) = E (Xt ) = E (U cos (ωt)) = cos (ωt) E (U ) = 2 cos (ωt). Autokorelaciona funkcija: RX (t, s) = E ((Xt − mX (t)) (Xs − mX (s))) = = E ((U cos (ωt) − 2 cos (ωt)) (U cos (ωs) − 2 cos (ωs))) = = E ((U − 2) cos (ωt) (U − 2) cos (ωs)) = ³ ´ ³ ´ 2 2 = E (U − 2) cos (ωt) cos (ωs) = cos (ωt) cos (ωs) E (U − 2) = ³ ´ 2 = cos (ωt) cos (ωs) E (U − E (U )) = cos (ωt) cos (ωs) D (U ) = = 9 cos (ωt) cos (ωs). Disperzija: DX (t) = RX (t, t) = 9 cos2 (ωt). Poˇsto je mX (t) = const samo za ω ≡ 0, a u tom sluˇcaju je Xt ≡ U , sledi da sluˇcajni proces Xt jeste stacionaran za ω = 0, a inaˇce nije.

28.10.2000. 1. U ˇciniji se nalazi 4 zrna groˇzd¯a, 5 zrna viˇsanja i 3 zrna treˇsanja. Perica nasumice iz ˇcinije vadi 2 zrna. Ako nije izvukao ni jedno zrno groˇzd¯a, onda pojede izvad¯ena zrna. Ako je izvukao bar jedno zrno groˇzd¯a, tada ponovo nasumice vadi nova 2 zrna bez vra´canja prethodna 2 i bezuslovno ih pojede. (a) Koliko iznosi verovatno´ca da je Perica prvi put izvukao 2 zrna iste vrste? (b) Koliko iznosi verovatno´ca da Perica nije pojeo ni jedno zrno groˇzd¯a? 121

2. Igraˇc baca kockicu za ”Ne ljuti se ˇcoveˇce” sve dok se ne pojavi broj manji od 3. Ako se broj manji od 3 pojavio pri neparnom po redu bacanju, tada izvlaˇci 3 kuglice iz kutije u kojoj se nalazi 5 zelenih i 2 bele kuglice, a ako se broj manji od 3 pojavio pri parnom po redu bacanju, tada izvlaˇci 3 kuglice iz kutije u kojoj se nalaze 2 zelene i 5 belih kuglica. Neka je X sluˇcajna promenljiva koja predstavlja broj izvuˇcenih zelenih kuglica. Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive X i matematiˇcko oˇcekivanje sluˇcajne promenljive Y = X 2 + 3. 3. Sluˇcajna promenljiva X ima uniformnu U (0, 4) raspodelu, ¡ ¢ a uslovna sluˇcajna promenljiva Y | {X = x} ima uniformnu U 41 x, 12 x raspodelu. (a) Na´ci gustinu sluˇcajne promenljive Y . (b) Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive Z = −X + 4Y . 4. Poznato je da se u prometu nalazi 20% belih automobila. Beleˇzi se boja 1000 automobila koji sukcesivno prod¯u kroz raskrsnicu. Oceniti verovatno´cu da relativna uˇcestanost prolaska belih automobila odstupa od odgovaraju´ce verovatno´ce za najviˇse 0.02: ˇ seva, (a) pomo´cu nejednakosti Cebiˇ (b) pomo´cu teoreme Moavr - Laplasa. 5. Obeleˇzje X ima gustinu:

½

ϕX (x) =

ea−x 0

, x≥a . , x
Na osnovu uzorka obima n metodom maksimalne verodostojnosti oceniti parametar a. Ispitati centriranost dobijene ocene, i ako ona nije centrirana, na´ci jednu centriranu ocenu. 6. Obeleˇzje X ima gustinu: ϕX (x) =

½

1.7x0.7 0

, ,

x ∈ (0, 1) . x 6∈ (0, 1)

χ2 - testom uz prag znaˇcajnosti α = 0.025 ispitati saglasnost uzorka ¡ 1¤ ¡1 1¤ ¡1 3¤ ¡3 ¢ interval 0, 4 4, 2 2, 4 4, 1 uˇcestanost 6 18 20 30 sa gore navedenom raspodelom obeleˇzja X. 7. Dve pumpe snabdevaju fabriku vodom. Svaka od pumpi se nezavisno od druge u toku dana kvari sa verovatno´com p = 0.1 i u tom sluˇcaju se opravlja i kre´ce ponovo sa radom slede´ceg dana. Napraviti matricu prelaza za jedan korak i na´ci finalne verovatno´ce sistema ˇcija stanja predstavljaju broj pumpi koje su u pogonu bez kvara tokom celog dana. 122

8. Neprekidne i nezavisne nama raspodele:  ,  x 2−x , ϕX (x) =  0 ,

sluˇcajne promenljive X i Y su date svojim gusti  y − 3 , y ∈ [3, 4) 5 − y , y ∈ [4, 5] , ϕY (y) =  0 , y 6∈ [3, 5]

x ∈ [0, 1) x ∈ [1, 2] , x 6∈ [0, 2]

i definisan je sluˇcajni proces Ut = atX + btY, t ∈ R, gde su a i b realni parametri. (a) Odrediti srednju vrednost, autokorelacionu funkciju i disperziju sluˇcajnog procesa Ut . (b) Za koje vrednosti parametara a i b je proces stacionaran?

Reˇ senja: 1. (a) Neka je A dogad¯aj ”Perica je u prvom izvlaˇcenju izvadio 2 zrna iste vrste”, i neka dogad¯aji G, V i T redom pretstavljaju ”izvlaˇcenje 2 zrna groˇzd¯a”, odnosno ”izvlaˇcenje 2 zrna viˇsanja”, odnosno ”izvlaˇcenje 2 zrna treˇsanje” (u prvom izvlaˇcenju). Poˇsto je A = G + V + T pri ˇcemu su G, V i T disjunktni dogad¯aji, sledi da je ( 42 ) ( 52 ) ( 32 ) P (A) = P (G + V + T ) = P (G)+P (V )+P (T ) = 12 + + 12 = ( 2 ) ( 12 (2) 2 ) =

4! 2!·2!

+

5! 3! 2!·3! + 2!·1! 12! 2!·10!

=

3·4+4·5+2·3 19 = ≈ 0.2879. 11 · 12 66

(b) Neka je B dogad¯aj ”Perica nije pojeo ni jedno zrno groˇzd¯a”. Obeleˇzimo sa Hi , i ∈ {0, 1, 2} dogad¯aje: ”u prvom izvlaˇcenju Perica je izvadio i zrna groˇzd¯a” koji ˇcine potpun sistem dogad¯aja, te je: 2 P P (B) = P (Hi ) P (B | Hi ) . i=0

Nalazimo potrebne verovatno´ce: ¡ 5+3 ¢ 8! 7·8 14 2 ¢ = 2!·6! = = ≈ 0.4242, P (H0 ) = ¡ 12 12! 11 · 12 33 2!·10! 2 ¡ 4 ¢ ¡ 5+3 ¢ 4! · · 8! 4·8 16 P (H1 ) = 1 ¡ 12 ¢1 = 1!·3!12!1!·7! = 11·12 = ≈ 0.4848, 33 2 2!·10! 2 ¡4¢ 4! 3·4 3 2 ¢ = 2!·2! = = ≈ 0.0909, P (H2 ) = ¡ 12 12! 11 · 12 33 2!·10! 2 P (B | H0 ) = 1, ¡ 5+3−1 ¢ P (B | H1 ) =

2 ¡ 10 ¢

¡ 5+32 ¢ 2 ¢ = P (B | H2 ) = ¡ 10 2

7! 2!·5! 10! 2!·8! 8! 2!·6! = 10! 2!·8!

=

=

123

6·7 21 = ≈ 0.4667, 9 · 10 45

7·8 28 = ≈ 0.6222 9 · 10 45

(dogad¯aj B | H1 znaˇci da Perica u drugom vad¯enju bira 2 od ukupno 7 zrna viˇsanja i treˇsanja, pri ˇcemu je u ˇciniji ostalo ukupno 10 zrna, jer se prva 2 izvuˇcena zrna ne vra´caju u ˇciniju; analogna je situacija sa dogad¯ajem B | H2 ). 16 21 3 28 70 Dakle: P (B) = 14 33 · 1 + 33 · 45 + 33 · 45 = 99 ≈ 0.7071. 2. Sluˇcajna promenljiva Z koja predstavlja redni broj bacanja kockice pri kojem ¡ ¢ se prvi put pojavio broj manji od 3 (1 ili 2) ima geometrijsku G 13 raspodelu (verovatno´ca da u jednom bacanju padne broj manji od 3 je 13 ). Obeleˇzimo sa Hi , i ∈ {1, 2} dogad¯aje: ”3 kuglice se izvlaˇce iz i-te kutije” koji ˇcine potpun sistem dogad¯aja. Njihove verovatno´ce su: µ∞ ¶ ∞ P [1] P P (H1 ) = P {Z = 2k + 1} = P (Z = 2k + 1) = =

∞ P k=0

k=0

k=0

1 3

∞ ¡ ¢(2k+1)−1 P · 1 − 13 =

k=0

1 3

·

¡ 2 ¢2k 3

∞ P

=

k=0

1 3

·

¡ 4 ¢k 9

=

1 3

·

1 1− 94

= 35 ,

[1] - Dogad¯aji {Z = 2k + 1} su disjunktni. P (H2 ) = 1 − P (H1 ) = 1 −

3 5

= 25 .

Raspodelu sluˇcajne promenljive X odnosno odgovaraju´ce verovatno´ce P (X = j) , j ∈ RX = {0, 1, 2, 3} moˇzemo na´ci pomo´cu formule totalne verovatno´ce P (X = j) =

2 P i=1

P (Hi ) P (X = j | Hi ) , j ∈ RX ,

pri ˇcemu je: P (X = 0 | H1 ) =

0

( 53 ) = 27 , ( 73 ) ( 2 )·( 5 ) P (X = 1 | H2 ) = 1 7 2 = 47 , (3) ( 22 )·( 51 ) P (X = 2 | H2 ) = = 17 , ( 73 )

= 0,

P (X = 0 | H2 ) =

( ) ( )·( 22 ) P (X = 1 | H1 ) = = 71 , ( 73 ) ( 5 )·( 2 ) P (X = 2 | H1 ) = 2 7 1 = 74 , (3) ( 53 ) P (X = 3 | H1 ) = 7 = 27 , (3) 7 3 5 1

P (X = 3 | H2 ) =

0

( 73 )

= 0.

Uvrˇstavaju´ci dobijeno u formulu totalne verovatno´ce dobijamo zakon raspodele sluˇcajne promenljive X: ¶ µ 0 1 2 3 . 11 14 6 4 35

35

35

35

3 ¡ ¢ P 4 2 14 2 6 +12 · 11 i2 P (X = i) = 02 · 35 Koriste´ci E X 2 = 35 +2 · 35 +3 · 35 = i=0

i osobine matematiˇckog oˇcekivanja dobijamo: ¡ ¢ ¡ ¢ E (Y ) = E X 2 + 3 = E X 2 + E (3) = 124

121 35

+3=

226 35 .

121 35

3. Koriste´ci gustine zadanih sluˇcajnih promenljivih: ( ½ 1 4 , x ∈ (0, 4) x 4 ϕX (x) = , ϕY |{X=x} (y) = 0 , x 6∈ (0, 4) 0

,

y∈

,

y 6∈

¡1

¢

x, 1 x ¡ 41 21 ¢ 4 x, 2 x

,

dobijamo gustinu sluˇcajnog vektora (X, Y ): ½ 1 , (x, y) ∈ D x , ϕX,Y (x, y) = ϕX (x) ϕY |{X=x} (y) = 0 , (x, y) 6∈ D ¯ © ¡ ¢ª gde je D = (x, y) ∈ R2 ¯ x ∈ (0, 4) ∧ y ∈ 41 x, 21 x otvorena oblast prikazana na slici 1. y y = x2 ....© 26 ..... .......  ......... ........... .............  ............... ................. ................... .....................  ....................... x ......................... ........................... .............................  .............................. D» y = 4 ............................ 1 .......................... ........................  ...................... ....................  .................. ................  .............. ............ .......... ........   ...... ......   -x 4

slika 1

(a) ϕY (y) =

R∞ −∞

ϕX,Y (x, y) dx = . . .

– za y 6∈ (0, 2) : – za y ∈ (0, 1] : – za y ∈ (1, 2) :

ϕY (y) = ϕY (y)

R∞

0dx = 0;

−∞ R4y = x1 dx 2y

ϕY (y) =

R4 2y

1 x dx 2

4y

4y = ln x | = ln 2y = ln 2; 2y 4

4 = ln x | = ln 2y = ln 2 − ln y. 2y

2

(b) Posmatrajmo transformaciju f : R → R definisanu sa f (X, Y ) = (U, Z) = (X, −X + 4Y ) (odnosno Z = −X + 4Y, U = X). z z=u Oblast D ograniˇcena duˇzima: 46 ... ¡ ... .... ..... ...... ©¡ 1 ¢ ¯ ª ¡ ....... ........ ......... .......... ........... ............ l1 = t, 4 t ¯ t ∈ [0, 4] , ............. .............. ¡ ............... ................ ................. .................. ................... ©¡ ¢¯ ª .................... ..................... D0 ...................... ¡ ....................... ........................ ......................... l2 = t, 21 t ¯ t ∈ [0, 4] , .......................... ........................... ............................ .............................¡ .............................. u 4 l3 = { (4, t) | t ∈ [1, 2]} slika 2 se funkcijom f (x, y) = (x, −x + 4y) (na oblasti D je funkcija f neprekidna i monotona) preslikava u oblast D0 (vidi sliku 2) ograniˇcenu duˇzima: ©¡ ¢¯ ª l10 = f (l1 ) = t, −t + 4 · 41 · t ¯ t ∈ [0, 4] = { (u, 0) | u ∈ [0, 4]}, ©¡ ¢¯ ª l20 = f (l2 ) = t, −t + 4 · 1 · t ¯ t ∈ [0, 4] = { (z, z) | z ∈ [0, 4]}, 2

l30 = f (l3 ) = { (4, −4 + 4t) | t ∈ [1, 2]} = { (4, z) | z ∈ [0, 4]}. Reˇsavaju´ci po (X, Y ) sistem jednaˇcina Z = −X + 4Y, U = X, dobijamo inverznu transformaciju: 125

¢ ¡ f −1 (u, z) = u, z+u = (x, y) . 4 Jakobijan ove funkcije je: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ xu xz ¯ ¯ 1 0 ¯ 1 −1 ¯ ¯ ¯ ¯= . Jf (u, z) = ¯ = yu yz ¯ ¯ 14 41 ¯ 4 Sledi: ¯ ¡ ¢ ¯¯ ¯ ϕU,Z (u, z) = ϕX,Y f −1 (u, z) ¯Jf−1 (u, z)¯ = ½ 1 ¢ ¯1¯ ¡ (u, z) ∈ D0 4u · ¯4¯ = . = ϕX,Y u, z+u 4 0 (u, z) 6∈ D0 Gustinu sluˇcajne promenljive Z nalazimo kao marginalnu raspodelu sluˇcajnog vektora (Z, U ) : R∞ ϕZ (z) = ϕU,Z (u, z) du = . . . −∞

– za z 6∈ (0, 4) :

ϕZ (z) =

– za z ∈ (0, 4) :

ϕZ (z) =

R∞ −∞ R∞ −∞

0du = 0, 1 4u du

=

1 4

4

ln u | = z

1 4

ln z4 ,

te dolazimo do funkcije raspodele sluˇcajne promenljive Z : R∞ FZ (z) = ϕZ (t) dt = . . . −∞

– za z ≤ 0 :

FZ (z) =

– za 0 < z ≤ 4 : – za 4 < z :

Rz

FZ (z) = FZ (z) =

0dt = 0;

−∞

R4 0

1 4

Rz 0

1 4

ln 4t dt = 14 z (1 + ln 4 − ln z);

ln 4t dt = 1.

4. Sluˇcajna promenljiva S1000 koja predstavlja broj belih¡ od ukupno ¢ 1000 automobila koji prod¯u kroz raskrsnicu ima binomnu B 1000, 51 raspodelu. 1 Pri tome je E (S1000 ) = 1000 200 i D (S1000 ) = 1000 · 15 · 54 = 160. ¯S · 5 = ¯ 1000 1000 Ispitujemo odstupanje ¯ 1000 − 15 ¯ relativne uˇcestanosti S1000 broja 1 belih automobila od verovatno´ce 5 prolaska belog automobila: ¯ ¯ ¡¯ 1000 ¢ ¡¯ 1000 ¢ (a) P ¯ S1000 − 15 ¯ < 0.02 = 1 − P ¯ S1000 − 15 ¯ ≥ 0.02 = ¯ ³¯ ´ ¯ S −1000· 1 ¯ = 1 − P ¯ 10001000 5 ¯ ≥ 0.02 = ¯ ¡¯ ¢ [1] 1000· 15 · 45 = 1 − P ¯S1000 − 1000 · 15 ¯ ≥ 1000 · 0.02 ≥ 1 − (1000·0.02) 2 = =1−

160 400

=

240 400

= 35 .

ˇ seva: [1] - Primena nejednakosti Cebiˇ ) . P (|S1000 − E (S1000 )| ≥ ε) ≤ D(Sε1000 2 ¯ ³¯ ´ ¯ 1 ¡¯ S1000 ¢ ¯ S −1000· ¯ (b) P ¯ 1000 − 15 ¯ < 0.02 = P ¯ 10001000 5 ¯ < 0.02 =

126

¯ µ¯ ¶ ¯ S1000 −1000· 1 q 1 · 4 ¯ 5 5 5 ¯ = P ¯¯ √ < 0.02 = 1000 ¯ 1000· 15 · 45 ¯ µ¯ ¶ ¯ ³¯ ´ q ¯ S1000 −1000· 1 ¯ ¯ S1000 ¯ 1000 5 ¯ √ −200 ¯ < 1.58114 = = P ¯¯ √ < 0.02 ≈ P ¯ 1 4 160 1000· 15 · 45 ¯ 5·5 ³ ´ √ −200 < 1.58114 ≈ = P −1.58114 < S1000 160 [2]

≈ φ (1.58114) − φ (−1.58114) = 2φ (1.58114) − 1 ≈ 2φ (1.58) − 1 ≈ ≈ 2 · 0.9429 − 1 ≈ 0.8858. [2] - Primena Moavr - Laplasove teoreme: ³ ´ −E(S1000 ) P a < S1000 < b ≈ φ (b) − φ (a). D(S1000 )

5. Funkcija verodostojnosti: n Q L (x1 , . . . , xn ; a) = ϕX (xi ; a) = i=1  n  n P  Q ea−xi , ∀i, x ≥ a  − xi i na i=1 e ·e , ∀i, xi ≥ a , = = i=1   0 , ∃i, xi < a 0 , ∃i, xi < a n P ln L (x1 , . . . , xn ; a) = na − xi (za ∀i, xi ≥ a). i=1

Traˇzimo maksimum funkcije L po a ≤ min {x1 , x2 , . . . , xn } (vode´ci raˇcuna da ∀i, xi ≥ a): ∂ ∂θ

ln L (x1 , . . . , xn ; θ) = n > 0 za sve a ≤ min {x1 , x2 , . . . , xn }.

Funkcija L je monotono rastu´ca po a, te je njen maksimum dostignut na desnom kraju intervala (−∞, min {x1 , x2 , . . . , xn }] ˇsto znaˇci da metodom maksimalne verodostojnosti dobijamo ocenu: a ˆ = min {X1 , X2 , . . . , Xn } . Za ispitivanje centriranosti ove ocene treba nam oˇcekivanje, dakle i raspodela sluˇcajne promenljive (statistike) a ˆ:  x R   ½ 0dt , x ≤ a  Rx 0 , x≤a −∞ FX (x) = ϕX (t) dt = = . a−x Rx a−t 1 − e , x>a  −∞   e dt , x > a a

Za t ≥ a je Faˆ (t) = P (ˆ a < t) = P (min {X1 , X2 , . . . , Xn } < t) = = 1 − P (min {X1 , X2 , . . . , Xn } ≥ t) = [1]

= 1 − P (X1 ≥ t, X2 ≥ t, . . . , Xn ≥ t) =

= 1 − P (X1 ≥ t) P (X2 ≥ t) . . . P (Xn ≥ t) = = 1 − (1 − P (X1 < t)) (1 − P (X2 < t)) . . . (1 − P (Xn < t)) = ¡ ¢¡ ¢ ¡ ¢ [2] n = 1 − 1 − FX1 (t) 1 − FX2 (t) . . . 1 − FXn (t) = 1 − (1 − FX (t)) = 127

n

= 1 − (1 − (1 − ea−t )) = 1 − en(a−t) , i Faˆ (t) = 0 za t < a. [1] - Sluˇcajne promenljive Xi su nezavisne. [2] - Sluˇcajne promenljive Xi imaju istu raspodelu (kao obeleˇzje X). ½ nen(a−t) za t ≥ a , ϕaˆ (t) = Faˆ0 (t) = 0 za t < a R∞ R∞ R∞ E (ˆ a) = tϕaˆ (t) dt = tnen(a−t) dt = nena te−nt dt = −∞

= −nena e−nt n1

¡1 n

a

a

a

a

¢∞ ¢∞ ¢ ¡ ¡ + t | = −en(a−t) n1 + t | = 0 + e0 n1 + a =

1 n

+ a.

Centriranost: ˆˆ = a nije centrirana E (ˆ a) 6= a. Med¯utim, ocena a ˆ − n1 ³ ´ jer je ¡ ¢ ˆˆ = E a jeste centrirana jer je E a ˆ − n1 = E (ˆ a) − n1 = a. Ocena a ˆ=

1 n

6. Poˇsto je

 Rx   0dt , x≤0     −∞   Rx  0 , x≤0 Rx 1.7t0.7 dt, 0 < x ≤ 1 = x1.7 , 0 < x ≤ 1 , FX (x) = ϕX tdt =   0 −∞  1 , 1
sledi:

¡ p1 = P X ¡ p2 = P X ¡ p3 = P X ¡ p4 = P X

¤¢ ¡ ¢ ¡ ∈ 0, 14 = FX 14 − FX (0) ≈ 0.0947, ¡ ¤¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ∈ 14 , 21 = FX 12 − FX 14 ≈ 0.2131, ¡ ¤¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ∈ 12 , 43 = FX 34 − FX 12 ≈ 0.3054, ¡ ¢¢ ¡ ¢ ∈ 34 , 1 = FX (1) − FX 43 ≈ 0.3868,

te za uˇcestanosti m1 = 6, m2 = 18, m3 = 20, m4 = 30 i obim uzorka 4 P (mk −npi )2 n = m1 + m2 + m3 + m4 = 74 kao vrednost statistike Z = npi na osnovu uzorka dobijamo z ≈ 0.8277.

i=1

Poˇsto je χ2α;4−1 = χ20.025;3 ≈ 9.35 > z sledi da ne odbacujemo hipotezu o tome da elementi uzorka imaju raspodelu obeleˇzja X. 7. Stanja sistema ´cemo oznaˇciti sa brojem pumpi koje su u pogonu bez kvara tokom celog dana (mogu´ca stanja su 0, 1 ili 2). S obzirom na to da su u toku svakog dana pumpe na poˇcetku ispravne, tada stanje sistema uopˇste ne zavisi od njegovog stanja u toku proˇslog dana, ve´c samo od eventualne pojave kvara na pumpama u teku´cem danu, ˇsto znaˇci da za 128

svako i ∈ {0, 1, 2} imamo prelazne verovatno´ce (koristimo nezavisnost pojave kvara kod pumpi): pi,0 = 0.1 · 0.1 = 0.01, pi,1 = 0.1 · 0.9 + 0.9 · 0.1 = 0.18, p0,2 = 0.9 · 0.9 = 0.81. Dakle, matrica prelaza za jedan korak glasi:



0

1

0.01  0.01 1 0.01 2

0.18 0.18 0.18

0

P =

2  0.81 0.81  . 0.81 3

Sada reˇsavanjem odgovaraju´ce jednaˇcine po (x, y, z) ∈ (0, 1) , gde je z = 1 − x − y, dobijamo finalne verovatno´ce:     0.01 0.18 0.81 x  ⇔ y [x y 1 − x − y] ·  0.01 0.18 0.81  =  0.01 0.18 0.81 1−x−y 0.01x + 0.01y 0.18x + 0.18y 0.81x + 0.81y

⇔

−x ⇔ x +

−y y

+ 0.01 (1 − x − y) = x + 0.18 (1 − x − y) = y + 0.81 (1 − x − y) = 1 − x − y x

= −0.01 = −0.18 = 0.19

y 0

⇔

⇔

= 0.01 = 0.18 = 0

Dakle, vektor finalnih verovatno´ca je p∗ = [0.01

0.18

1 − 0.01 − 0.18] = [0.01 0.18 0.81] .

Napomena: ve´c na osnovu opisa sluˇcajnog procesa smo mogli primetiti da stanje sistema u toku nekog dana ne zavisi od stanja sistema u toku prethodnog dana, jer su na poˇcetku svakog dana obe pumpe ispravne; dakle, radi se o stacionarnom sluˇcajnom procesu kod kojeg je p∗ = p (n) gde je p (n) raspodela verevatno´ca opisanog sluˇcajnog procesa za n-ti dan. 8. E (X) =

R∞ −∞

x ϕX (x) dx =

R1

x2 dx +

0

¢ R2 ¡ 2x − x2 dx = 1, 1

¡ ¢ ¢ R∞ 2 R1 R2 ¡ 2 E X2 = x ϕX (x) dx = x3 dx + 2x − x3 dx = 76 , −∞

¡

D (X) = E X E (Y ) =

R∞ −∞

2

¢

0

2

− E (X) =

y ϕY (y) dy =

7 6

1

2

−1 =

1 6,

¢ ¢ R4 ¡ 2 R5 ¡ y − 3y dy + 5y − y 2 dy = 4, 3

4

¡ ¢ ¢ ¢ R∞ 2 R4 ¡ 3 R5 ¡ 2 E Y2 = y ϕY (y) dy = y − 3y 2 dy + 5y − y 3 dy = −∞

¡ ¢ D (Y ) = E Y 2 − E2 (Y ) =

3

97 6

4

− 42 = 16 .

129

97 6 ,

(a) Srednja vrednost procesa: mU (t) = E (atX + btY ) = atE (X) + btE (Y ) = at + 4bt = (a + 4b) t. Autokorelaciona funkcija: RU (t, s) = E (Ut Us ) = E ((atX + btY ) (asX + bsY )) = ¡ ¢ [1] = E a2 tsX 2 + b2 tsY 2 + 2abtsXY = ¡ ¢ ¡ ¢ = a2 tsE X 2 + b2 tsE Y 2 + 2abtsE (X) E (Y ) = ¡ 2 ¢ 1 2 2 = 67 a2 ts + 97 ts. 6 b ts + 8abts = 6 7a + 48ab + 97b [1] - X i Y su nezavisne veliˇcine, pa je E (XY ) = E (X) E (Y ). Disperzija procesa: DU (t) = D (atX + btY ) = KU (t, t) = RU (t, t) − m2U (t) = ¡ ¢ = 61 a2 + b2 t2 . (b) Da bi sluˇcajni proces Ut bio stacionaran, mora biti mU (t) ≡ const i RU (t, s) mora da bude funkcija od (t − s). S jedne strane mU (t) = (a + 4b) t = const samo ako je a = −4b, i tada je Ut = bt (−4X + Y ) (u tom sluˇcaju je mU (t) ≡ 0, t ∈ R); s 2 druge strane, za a = −4b je RU (t, s) = 17 6 b ts funkcija od (t − s) samo za b = 0 (tada je RU (t, s) = 0 · (t − s)). Sledi da mora biti a = b = 0. Ali tada je Ut ≡ 0 i u tom sluˇcaju, trivijalno, proces Ut jeste stacionaran.

18.11.2000. 1. Pera uˇcestvuje na turniru preferansa. Turnir je organizovan na slede´ci naˇcin: u prvom kolu se igraju tri partije i zatim se na osnovu plasmana iz prvog kola prolazi ili ne prolazi u drugo kolo turnira, pri ˇcemu se sa tri pobede sigurno prolazi u drugo kolo, sa dve pobede se prolazi u drugo kolo sa verovatno´com 12 , sa jednom pobedom se prolazi u drugo kolo sa verovatno´com 14 , a bez ijedne pobede se sigurno ne prolazi u drugo kolo. Verovatno´ca da Pera pobedi u jednoj partiji prvog kola je p, nezavisno od ishoda ostale dve partije. (a) S kojom verovatno´com ´ce se Pera plasirati u drugo kolo? (b) Ako se Pera nije plasirao u drugo kolo, koliko iznosi verovatno´ca da je u prvom kolu imao 2 pobede? 2. Sluˇcajna promenljiva X ima uniformnu U (−2, 1) raspodelu. Na´ci funkciju raspodele sluˇcajnog vektora (Z, W ) = (X, 2X + 1). 3. Sluˇcajna promenljiva X je odred¯ena gustinom raspodele verovatno´ca: ϕX (x) = 21 e−|x| , x ∈ R. Odrediti funkciju raspodele sluˇcajne promenljive Y definisane sa: 130

 X +2 ,    −X − 2 , Y = f (X) = X −2 ,    1 ,

X ≤ −2 −2 < X ≤ 0 0
.

4. Verovatno´ca da student poloˇzi ispit je 0.3. Studenti polaˇzu ispit nezavisno jedan od drugog. (a) Ako ispit polaˇze 100 studenata, primenom Moavr - Laplasove teoreme oceniti verovatno´cu da ´ce bar 35 studenata poloˇziti ispit. (b) Koliko studenata treba da izad¯e na ispit pa da sa verovatno´com 0.9 poloˇzi bar 50? 5. Odrediti parametar c u funkciji od parametara a > 0 i b > 0 tako da ½ −ax be , x≥c ϕ (x) = 0 , x 0. 6. Poznato je da nedeljna koliˇcina padavina u ataru sela Kupusina ima pribliˇzno normalnu raspodelu. Izvrˇsena je serija merenja ˇciji su rezultati dati u tabeli pri ˇcemu je koliˇcina padavina ak merena u milimetrima po metru kvadratnom, a sa mk je oznaˇcen broj merenja: ak [0, 5) [5, 10) [10, 15) [15, 20) [20, 25) [25, 30) [30, ∞) mk 1 3 4 10 6 4 2 (a) Na´ci 95% interval poverenja za srednju vrednost nedeljne koliˇcine padavina. (b) Sa pragom znaˇcajnosti 0.05 testirati hipotezu da je srednja vrednost koliˇcina padavina na njivama sela Kupusine jednaka 36. 7. Date su taˇcke A, B i C. Duˇz BC je dva puta duˇza od duˇzi AB, a duˇz ˇ AC je tri puta duˇza od duˇzi AB. Cestica se u diskretnim vremenskim trenucima kre´ce po taˇckama A, B i C (prelazi iz jedne u drugu) na slede´ci naˇcin: ako se u jednom trenutku nalazi u taˇcki X, u slede´cem trenutku ´ce ostati u taˇcki X sa verovatno´com 21 , a u preostala dve taˇcke ´ce pre´ci sa verovatno´cama koje su u obrnutoj razmeri sa rastojanjima od taˇcke X do tih taˇcaka (verovatno´ca prelaska iz X u Y se prema verovatno´ci prelaska iz X u Z odnosi kao XZ : XY ). Napraviti matricu prelaza za jedan korak sluˇcajnog procesa ˇcija stanja opisuju poloˇzaj ˇcestice tokom vremena i na´ci najverovatniji poloˇzaj ˇcestice nakon dva koraka ako je na poˇcetku ˇcestica bila u taˇcki A. 8. Neka su U i V nezavisne sluˇcajne promenljive pri ˇcemu U ima normalnu raspodelu N (0, 1) a V ima uniformnu U (−2, 2) raspodelu, i neka je Xt , t ∈ R sluˇcajni proces definisan sa Xt = 2t U + t2 V . Na´ci matematiˇcko oˇcekivanje, autokovarijansnu funkciju i disperziju sluˇcajnog procesa Xt . 131

Reˇ senja: 1. Oznaˇcimo dogad¯aje: A - ”Pera se plasirao u drugo kolo”, Hi , i ∈ {0, 1, 2, 3} - ”Pera je u prvom kolu ostvario i pobeda”, i oznaˇcimo sa + i − redom pobedu, odnosno poraz u pojedinaˇcnoj partiji. 3

P (H0 ) = P ( − − − ) = (1 − p) , 2

P (H1 ) = P ( − − + , − + − , + − − ) = 3p (1 − p) , P (H2 ) = P ( − + + , + − + , + + − ) = 3p2 (1 − p), P (H3 ) = P ( + + + ) = p3 , P (A | H0 ) = 0,

P (A | H1 ) = 14 ,

P (A | H2 ) = 21 ,

P (A | H3 ) = 1.

(a) {H0 , H1 , H2 , H3 } je potpun sistem dogad¯aja pa koriste´ci formulu totalne verovatno´ce dobijamo: 3 P 2 P (A) = P (Hi ) P (A | Hi ) = 34 p (1 − p) + 23 p2 (1 − p) + p3 . i=0

(b) Koriste´ci Bajesovu formulu dobijamo: ¡ ¢ ¡ ¢ P (H2 ) P A | H2 P (H2 ) (1 − P (A | H2 )) ¡ ¢ P H2 | A = = = 1 − P (A) P ¡A ¢ 3p2 (1 − p) 1 − 12 ³ ´= = 2 1 − 34 p (1 − p) + 32 p2 (1 − p) + p3 =

3 2 2p 2

(1 − p)

=

p2

6p2 . +p+4

1 − 34 p (1 − p) − 32 p2 (1 − p) − p3  , x ≤ −2  0 x+2 , −2 < x ≤ 1 . 2. X : U (−2, 1), FX (x) =  3 1 , 1
Funkciju raspodele vektora (Z, W ) moˇzemo na´ci na slede´ci naˇcin: FZ,W (z, w) = P (Z < z, W < w) = P (X < z, 2X + 1 < w) = ¡ ¢ = P (X < z, 2X < w − 1) = P X < z, X < w−1 = 2 ¡ © w−1 ª¢ ¡ © w−1 ª¢ = P X < min z, 2 = FX min z, 2 =  © w−1 ª  0 , min z, 2 ≤ −2   © w−1 ª min{z, w−1 +2 } 2 = , −2 < min z, 2 ≤1 . 3   © w−1 ª  1 , 1 < min z, 2 Poˇsto je © ª ¡ . min z, w−1 ≤ −2 ⇔ z ≤ −2 ∨ 2 ⇔ (z ≤ −2 ∨ w ≤ −3), 132

w−1 2

¢

≤ −2

⇔

ª © . −2 <¡¡ min z, w−1 ≤ 1 ⇔¢ 2 ¡ ¢¢ ⇔ −2 < z ∧ −2 < w−1 ∧ z ≤ 1 ∨ w−1 ⇔ 2 2 ≤1 ⇔ ((−2 < z ∧ −3 < w) ∧ (z ≤ 1 ∨ w ≤ 3)) ⇔ ⇔ ((−2 < z ≤ 1 ∧ −3 < w) ∨ (−2 < z ∧ −3 < w ≤ 3)), © ª ¡ ¢ . 1 < min z, w−1 ⇔ 1 < z ∧ 1 < w−1 ⇔ (1 < z ∧ 3 < w), 2 2   , z ≤ −2 ∨ w ≤ −3  0    z+2 , −2 < z ≤ 1 ∧ z ≤ w−1 3 2 to je: FZ,W (z, w) = . w+3 w−1  , −2 < z ≤ 1 ∧ z >  6 2    1 , 1
6

Y =1

1

−2

Y =X+2

2

3

@ @

@

@ Y =−X−2 @

-X

Y =X−2 −2

slika 1

. za y ≤ −2 (pri tome je y − 2 ≤ 0, vidi sliku 2): y−2 y−2 R R 1 x 1 y−2 FY (y) = P (X < y − 2) = ϕX (x) dx = ; 2 e dx = 2 e −∞

−∞

Y

6 1

y−2

−2

2

@

3

-

X

@

@

@@

−2 y

slika 2

. za −2 < y ≤ 0 (pri tome je y − 2 ≤ 0 ∧ −y − 2 < 0 ∧ y + 2 > 0, vidi sliku 3): FY (y) = P ({X < y − 2} + {−y − 2 < X < y + 2}) = 133

= P (X < y − 2) + P (−y − 2 < X < y + 2) = y−2 y+2 R R = ϕX (x) dx + ϕX (x) dx = =

−∞ y−2 R

−∞

−y−2

1 x 2 e dx

+

R0 −y−2

1 x 2 e dx

y+2 R

+

0

1 −x dx 2e

=1−

1 e2

¡

¢ e−y − 21 ey ;

Y

6 1

y−2

−2 −y−2

@

y+2

2

3

-X

@

y @ @@ −2

slika 3

. za 0 < y ≤ 1 (pri tome je y + 2 > 0, vidi sliku 4): y+2 R FY (y) = P (X < y + 2) = ϕX (x) dx = −∞

=

R0 −∞

1 x 2 e dx

+

y+2 R 0

1 −x dx 2e

=1−

1 −y ; 2e2 e Y

6 1

−2

y

@

2

3 y+2

-X

@

@ @@

−2

slika 4

. za 1 < y (vidi sliku 5): FY (y) = P (X ∈ R) =

R∞ −∞

ϕX (x) dx = 1. Y y

6 1

−2

@

2

3

-X

@

@ @@

−2

slika 5

4. Neka je Xn sluˇcajna promenljiva koja predstavlja broj studenata koji poloˇze, od n studenata koji su izaˇsli na ispit. Xn ima binomnu B (n, 0.3) raspodelu, pri ˇcemu je E (Xn ) = np = 0.3n i D (Xn ) = npq = 0.21n, gde je p = 0.3 i q = 1 − p = 0.7. 134

´ ³ 100 −np √ (a) P (X100 ≥ 35) = 1 − P (X100 < 35) = 1 − P X√ < 35−np ≈ npq npq ³ ´ [1] 100 −np ≈ 1−P X√ < 1.09109 ≈ 1−φ (1.09109) ≈ 1−0.8621 ≈ 0.1379. npq (b) Reˇsavamo po n jednaˇcinu P (Xn ≥ 50) = 0.9 : P (Xn ≥ 50) = 0.9 ⇔ 1 − P (Xn < 50) = 0.9 ⇔ ³ ´ −np √ ⇔ 1 − P X√nnpq < 50−np = 0.9 ⇔ npq ´ ³ [1] −0.3 n 50−0.3 n √ < = 0.9 ⇔ ⇔ 1 − P X√n0.21 n 0.21 n ³ ´ ³ ´ n 50−0.3 n √ √ ⇔ 1 − φ 50−0.3 ≈ 0.9 ⇔ φ ≈ 0.1 0.21 n 0.21 n ⇔

50−0.3 n √ 0.21 n

−1

⇔

−1

≈φ

(0.1) = −φ (0.9) ≈ −1.28 ⇔ √ ⇔ 50 − 0.3 n ≈ −1.28 0.21 n ⇔ √ √ ⇔ 0.3n − 1.28 0.21 n − 50 ≈ 0 ⇔ √ √ ⇔ ( n ≈ −11.9693 ∨ n ≈ 13.9245) ⇔ √ ⇔ n ≈ 13.9245 ⇔ n ≈ 13.92452 ≈ 193.892. Dakle, na ispit treba da izad¯e (pribliˇzno) 194 studenta. [1] - Primena Moavr - Laplasove teoreme. 5. Da bi data funkcija bila gustina neke sluˇcajne promenljive, mora da vaˇzi R∞ R∞ 1= ϕ (x) dx = be−ax dx = ab e−ac . −∞

c

Reˇsavanjem ove jednaˇcine po c: 1 = ab e−ac ⇔

a b

= e−ac ⇔ ln ab = −ac

dobijamo (obratiti paˇznju na uslove a > 0 i b > 0): c = − a1 ln ab . zje Za b = aea dobijamo c = − a1 ln aeaa = − a1 ln e−a = − −a a = 1, pa obeleˇ X ima gustinu: ½ a(1−x) ae , x≥1 . ϕX (x) = 0 , x<1 Parametar a moˇzemo oceniti npr. metodom momenata. R∞ R∞ E (X) = xϕX (x) dx = xaea(1−x) dx = 1+a a . −∞

1

Izjednaˇcavanjem matematiˇckog oˇcekivanja obeleˇzja X sa uzoraˇckim momentom reda 1 (uzoraˇckom aritmetiˇckom sredinom) dobijamo: Ã n ! n 1+a 1X 1X 1 = . xi ⇔ 1 = a xi − 1 ⇔ a= P n a n i=1 n i=1 1 x − 1 i n i=1

Time za ocenu parametra a dobijamo statistiku: 1 a ˆ= P . n 1 X − 1 i n i=1

135

6. (a) Za datu seriju od n = 1 + 3 + 4 + 10 + 6 + 4 + 2 = 30 merenja izraˇcunavamo uzoraˇcku aritmetiˇcku sredinu i uzoraˇcku disperziju (za svaki interval iz tabele, kao koliˇcinu padavina uzimamo sredinu intervala): x30 = = s230 =

=

1 30 56 3 1 30

(2.5 + 3 · 7.5 + 4 · 12.5 + 10 · 17.5 + 6 · 22.5 + 4 · 27.5 + 2 · 32.5) = ≈ 18.6667,

2
2 2 2.5 − 56 + 3 · 7.5 − 56 + 4 · 12.5 − 56 + 3 3 3
2
56 2 +10 · 17.5 − 56 + 6 · 22.5 − + 3 3 
2
56 2 + 2 · 32.5 − = +4 · 27.5 − 56 3 3

1901

q36

≈ 52.8056,

1901 36

s30 =

≈ 7.26674.

Iz tablica Studentove raspodele nalazimo da je t30−1; 1+0.95 = t29;0.975 ≈ 2.045, 2

te je traˇzeni interval poverenja: ³ ´ t29;0.975 t29;0.975 √ x30 − √ s , x + s = (15.9071 , 21.4262) . 30 30 30 30−1 30−1 (b) Poˇsto je zadan isti prag znaˇcajnosti 0.05 = 1 − 0.95 kao pod (a), i poˇsto 36 ne pripada nad¯enom 95% - om intervalu poverenja, odbacujemo naˇsu hipotezu. 7. Obeleˇzimo stanja sistema istim slovima kao odgovaraju´ce taˇcke. Ako se sistem nalazi u taˇcki A, tada ostaje u taˇcki A sa verovatno´com 12 , ili prelazi u taˇcke B ili C sa verovatno´cama pAB i pAC za koje vaˇzi p pAB + pAC = 21 i pAB : pAC = 3 : 1 (tj. pAB = 13 ); reˇsavaju´ci ovaj AC

sistem jednaˇcina dobijamo pAB = 38 i pAC = 81 . Na isti naˇcin nalazimo 3 pBA = 13 i pBC = 16 , kao i pCA = 15 i pCB = 10 . Tako smo dobili matricu prelaza P = [pXY ] , X, Y ∈ {A, B, C}. Matrica prelaza za jedan korak:  P =

A

 

B C

A 1 2 1 3 1 5

B 3 8 1 2 3 10

C 1 8 1 6 1 2

Matrica prelaza za dva koraka:





 .  

P2 =

A

 

B C A

B

£ 2A 5

B 33 80 17 40 3 8

C 3 16 5 24 13 40

  .  

C

Vektor poˇcetnih verovatno´ca je p0 = [1 0 0] poloˇzaja ˇcestice nakon dva koraka dobijamo p2 = p0 · P 2 =

A 2 5 11 30 3 10

B 33 80

te za vektor verovatno´ca C¤ 3 16 ,

pa je nakon dva koraka najverovatniji poloˇzaj ˇcestice u taˇcki B. 8. Poˇsto sluˇcajne promenljive U i V imaju redom N (0, 1) i U (−2, 2) = 0, D (U ) = 1 i raspodelu, sledi da je E (U ) = 0, E (V ) = −2+2 2 136

¡ ¢ 2 2 D (V ) = (2−(−2)) = 43 , a iz D (U ) = E U 2 − (E (U )) dobijamo da 12 ¡ 2¢ 2 je E U = D (U ) + (E (U )) = 1 + 02 = 1 i na isti naˇcin dobijamo ¡ 2¢ 2 4 E V = D (V ) + (E (V )) = 3 . ¡ ¢ [1] mX (t) = E (Xt ) = E 2t U + t2 V = 2t E (U ) + t2 E (V ) = 2t · 0 + t2 · 0 = 0, KX (t, s) = E ((Xt − mX (t)) (Xs − mX (s))) = E (Xt Xs ) = ¡¡ ¢¡ ¢¢ = E 2t U + t2 V 2s U + s2 V = ¢ [1],[2] ¢ ¡ ¡ = E 2s+t U 2 + 2t s2 + 2s t2 U V + t2 s2 V 2 = ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ = 2s+t E U 2 + 2t s2 + 2s t2 E (U ) E (V ) + t2 s2 E V 2 = 2

= 2s+t · 1 + 0 + (ts) ·

4 3

= 2s+t +

DX (t) = KX (t, t) = 2t+t +

4 3

4 3

2

(ts) ,

2

(tt) = 4t + 43 t4 .

[1] - Matematiˇcko oˇcekivanje je linearna transformacija. [2] - Sluˇcajne promenljive U i V su nezavisne pa je E (U V ) = E (U ) E (V ).

16.12.2000. 1. Igraˇc baca novˇci´c 3 puta. Ako pismo padne bar jednom, igraˇc izvlaˇci 2 kuglice sa vra´canjem iz kutije u kojoj se nalaze 3 bele i 2 crvene kuglice. Ako pismo ne padne ni jednom, igraˇc izvlaˇci 2 kuglice bez vra´canja iz iste kutije. (a) Izraˇcunati verovatno´cu da ´ce igraˇc izvu´ci 2 bele kuglice. (b) Ako je igraˇc izvukao bar 1 crvenu kuglicu, koliko iznosi verovatno´ca da je pri bacanju novˇci´ca 3 puta pao grb? µ ¶ 1 2 2. Diskretna sluˇcajna promenljiva X ima zakon raspodele: , 1 2 3

3

a sluˇcajna promenljiva Y ima uniformnu raspodelu U (−3, −1). Na´ci funkciju raspodele sluˇcajne promenljive Z = X Y . 3. U unutraˇsnjosti trougla T sa temenima u taˇckama (0, 0), (1, 0) i (0, 1) se na sluˇcajan naˇcin bira taˇcka A (x, y). Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive Z koja predstavlja obim pravougaonika sa temenima (0, 0), (x, 0), (x, y) i (0, y). 4. Koˇsarkaˇs izvodi 2 slobodna bacanja. Verovatno´ca da ´ce oba puta pogoditi iznosi 0.7, da ´ce samo jednom pogoditi 0.2 i da ´ce oba puta promaˇsiti 0.1. (a) Ako u toku prvenstva igraˇc izvodi 100 puta po 2 slobodna bacanja, izraˇcunati verovatno´cu da ´ce posti´ci bar 170 koˇseva. 137

(b) Koliko puta igraˇc treba da izvede po 2 slobodna bacanja pa da sa verovatno´com 0.99 postigne bar 100 koˇseva? µ ¶ 2 5 7 12 5. Obeleˇzje X je dato zakonom raspodele: . 2θ 3θ θ 1 − 6θ (a) Odrediti konstante a i b tako da statistika centrirana ocena parametra θ. (b) Ispitati saglasnost uzorka:

xi mi

2 12

θ = a + bX n

5 7 22 10

bude

12 6

sa datom raspodelom i pragom znaˇcajnosti α = 0.1. 6. U osam merenja jedne veliˇcine dobijeni su slede´ci rezultati: 12.32, 14.58, 10.18, 13.82, 11.04, 12.12, 14.88, 11.06. Pretpostavlja se da obeleˇzje X ima normalnu raspodelu. (a) Na´ci 90% interval poverenja za nepoznato matematiˇcko oˇcekivanje m obeleˇzja X. (b) Na´ci 90% jednostrani interval poverenja za nepoznatu disperziju σ 2 obeleˇzja X. ˇ 7. Cestica se kre´ce po ˇcvorovima grafa sa slike pri ˇcemu u svakom koraku iz nekog ˇcvora sa jednakim verovatno´cama prelazi u bilo koji povezan ˇcvor. Na´ci matricu prelaza kretanja ˇcestice po ˇcvorovima grafa (za jedan korak) i odrediti da li je verovatnije da se nakon drugog koraka ˇcestica naˇsla u ˇcvoru 5 ako je na poˇcetku bila u ˇcvoru 1 ili ako je na poˇcetku bila u ˇcvoru 2.

1b

AA


A b
A 2 bH  5 H
H  A H A
 HH 
b HAb 3 4

8. Na´ci matematiˇcko oˇcekivanje, disperziju i autokovarijansnu funkciju slu3 P ˇcajnog procesa Xt = ent Un , t ∈ R, gde su Un , n ∈ {0, 1, 2, 3} n=0

nezavisne sluˇcajne promenljive sa normalnom N (n, 2−n ) raspodelom.

Reˇ senja: 1. Dogad¯aji H1 : ”pismo je palo bar jednom” i H2 : ”pismo nije palo ni¡ ¢3 jednom” ˇcine potpun sistem dogad¯aja pri ˇcemu je P (H2 ) = 21 = 18 i P (H1 ) = 1 − P (H2 ) = 78 . Za dogad¯aj A: ”igraˇc izvlaˇci 2 bele kuglice” je 3 3 9 3 3−1 3 P (A | H1 ) = 3+2 · 3+2 = 25 i P (A | H2 ) = 3+2 · (3−1)+2 = 10 . (a) Na osnovu formule totalne verovatno´ce je: P (A) = P (H1 ) P (A | H1 ) + P (H2 ) P (A | H2 ) = 9 3 = 78 · 25 + 18 · 10 = 141 400 = 0.3525. 138

¡ ¢ P A = 1 − P (A) = 259 400 = 0.6475, ¡ ¢ 7 P A | H2 = 1 − P (A | H2 ) = 10 , na osnovu Bajesove formule imamo: ¡ ¢ 1 ¡ ¢ P (H2 ) P A | H2 · 7 5 ¡ ¢ P H2 | A = = 8 25910 = = 0.1351. 37 P A 400

(b) Poˇsto je

2. RZ = RX · RY = 1 · [−3, −1] ∪ 2 · [−3, −1] = [−6, −1],  , y ∈ (−∞, −3]  0 y+3 FY (y) = , y ∈ (−3, −1] .  2 1 , y ∈ (−1, ∞) Dogad¯aji {X = 1} i {X = 2} ˇcine potpun sistem dogad¯aja pa je FZ (z) = P (Z < z) = P (XY < z) = = P (X = 1) P (XY < z | X = 1) + P (X = 2) P (XY < z | X = 2) = ¡ ¢ = 31 P (Y < z) + 23 P (2Y < z) = 13 P (Y < z) + 23 P Y < 21 z = ¡ ¢ = 13 FY (z) + 23 FY 12 z = . . . ¢ ¡ - za z ≤ −6 12 z ≤ −3 vaˇzi: 1 2 FZ (z) = · 0 + · 0 = 0; 3 3 ¡ £ ¢¢ - za z ∈ (−6, −3] 12 z ∈ −3, − 32 vaˇzi: z +3 1 2 1 FZ (z) = · 0 + · 2 = z + 1; 3 3 2 6 ¡1 ¡ 3 ¤¢ - za z ∈ (−3, −2] 2 z ∈ − 2 , −1 vaˇzi: 1 z + 3 2 z2 + 3 1 3 FZ (z) = · + · = z+ ; 3 2 3 2 3 2 ¡ ¡ ¤¢ - za z ∈ (−2, −1] 12 z ∈ −1, − 12 vaˇzi: 1 z+3 2 1 7 FZ (z) = · + ·1= z+ ; 3 2 3 6 6 ¡ ¢ - za z ∈ (−1, ∞) 12 z > − 12 vaˇzi: 1 2 FZ (z) = · 1 + · 1 = 1. 3 3   0 , z ∈ (−∞, −6]      1    6 z + 1 , z ∈ (−6, −3] Prema tome, imamo:

FZ (z) =

        

1 3z 1 6z

+ + 1

3 2 7 6

, z ∈ (−3, −2]

.

, z ∈ (−2, −1] , z ∈ (−1, ∞)

3. Neka sluˇcajne promenljive X i Y redom predstavljaju x i y koordinatu izabrane taˇcke A. Poˇsto se taˇcka A sluˇcajno bira iz trougla 139

povrˇsine 21 , to znaˇci da sluˇcajni vektor (X, Y ) ima uniformnu U (T ) raspodelu tj. gustina vektora (X, Y ) glasi: ( ½ 1 , (x, y) ∈ T 1 2 , (x, y) ∈ T 2 ϕX,Y (x, y) = = . 0 , (x, y) 6∈ T 0 , (x, y) 6∈ T Sluˇcajnu promenljivu Z moˇzemo izraziti preko sluˇcajnog vektora (X, Y ) kao Z = 2X+2Y pa funkciju raspodele sluˇcajne promenljive Z nalazimo koriste´ci raspodelu sluˇcajnog vektora (X, Y ). y 6 1

@

@ @ ........ @ ......... .......... @ ........... ............ ............. .............. ............... ................ @ ................. .................. @ ................... .................... ..................... ...................... ....................... ........................ @ ......................... @ .......................... S ........................... z ............................ ............................. .............................. ............................... ................................ @ ................................. @ .................................. ................................... @ -x 1@ 1 2 z@ @ 1 ¢ x + y = 2z ¡ 1 FZ (z) = P (Z < z) = P (2X + 2Y < z) = P X + Y < 2 z = RR = ϕX,Y (x, y) dxdy = . . . Obeleˇz©imo: ª Sz = (x, y) ∈ T | x + y < 12 z .

1 @. .. .... 2 z ... ..... ...... .......

Sz

- za z ≤ 0: RR FZ (z) = ϕX,Y (x, y) dxdy = 0; ∅

- za 0 < z ≤ 2 (vidi sliku): Ã1 ! 1 1 ¢ R2 z 2 z−x R R2 z ¡ 1 FZ (z) = 2dy dx = 2 2 z − x dx = 0

=z

1 2z

R

dx − 2

0

0

1 2z

R 0

0

xdx = 21 z 2 − 14 z 2 = 14 z 2 ;

- za 2 < z: RR FZ (z) = ϕX,Y (x, y) dxdy = 1. T

4. Sluˇcajna promenljiva Xi , koja predstavlja broj pogodaka u i-tom izvoµ ¶ 0 1 2 d¯enju 2 slobodna bacanja, ima zakon raspodele i 0.1 0.2 0.7 numeriˇcke karakteristike E (Xi ) = 0 · 0.1 + 1 · 0.2 + 2 · 0.7 = 1.6, ¡ ¢ D (Xi ) = E Xi2 − E2 (Xi ) = 02 · 0.1 + 12 · 0.2 + 22 · 0.7 − 1.62 = 0.44. n P Sluˇcajna promenljiva Sn = Xi predstavlja broj pogodaka pri n i=1

izvod¯enja 2 slobodna bacanja, i njene karakteristike su 140

µ E (Sn ) = E

n P

i=1

µ D (Sn ) = D

¶ Xi

=

i=1

¶

n P

i=1

Xi

n P

=

E (Xi ) = 1.6 n,

n P i=1

D (Xi ) = 0.44 n

(svako izvod¯enje 2 slobodna bacanja je nezavisno od ostalih izvod¯enja). (a) Za n = 100 izraˇcunavamo verovatno´cu: P (S100 ≥ 170) = 1 − P (S100 < 170) = µ ¶ µ ¶ [1] 100 ) 100 ) √ −E(S100 ) < 170−E(S √ √ = 1 − P S100 ≈ 1 − φ 170−E(S = D(S100 ) D(S100 ) D(S100 ) ³ ´ √ = 1 − φ 170−100·1.6 ≈ 1 − φ (1.51) ≈ 1 − 0.9345 ≈ 0.0655. 100·0.44 (b) Reˇsavamo po n jednaˇcinu P (Sn ≥ 100) = 0.99: P (Sn ≥ 100) = 0.99 ⇔ 1 − P (Sn < 100) = 0.99 ⇔ ⇔ P (Sn < 100) = 0.01 ⇔ ¶ µ 100−E(Sn ) Sn −E(Sn ) < √ = 0.01 ⇔ ⇔ P √ D(Sn ) D(Sn ) µ ¶ ³ ´ [1] n) √ √ ⇔ φ 100−E(S ≈ 0.01 ⇔ φ 100−1.6n ≈ 0.01 ⇔ 0.44n D(Sn )

100−1.6n √ 0.44n

≈ φ−1 (0.01) = −φ−1 (0.99) ≈ −2.33 ⇔ √ √ ⇔ 1.6n − 2.33 0.44 n − 100 ≈ 0 ⇔ √ ¢ ¡√ n = t ∧ 1.6t2 − 2.33 0.44t − 100 ≈ 0 ⇔ ⇔ √ ⇔ ( n = t ∧ (t ≈ −7.43745 ∨ t ≈ 8.40342)) ⇔ √ √ ⇔ ( n ≈ −7.43745 ∨ n ≈ 8.40342) ⇔ √ ⇔ n ≈ 8.40342 ⇔ n ≈ 8.403422 ≈ 70.6174. Dakle, potrebno je da oko 71 put izvede po dva slobodna bacanja. ⇔

[1] - Primena centralne graniˇcne teoreme. ¡ ¢ 5. (a) Reˇsavamo po a i b jednaˇcinu: E θ = θ. E (X) = 2 · 2θ + 5 · 3θ + 7 · θ + 12 · (1 − 6θ) = 12 − 46θ, µ n ¶ n ¡ ¢ ¡ ¢ P P E θ = E a + bX n = a + bE n1 Xi = a + b n1 E (Xi ) = i=1

i=1

= a + b n1 (nE (X)) = a + bE (X) = a + b (12 − 46θ) = = a + 12b − 46bθ. Dakle: ¡ ¢ E θ = θ ⇔ a + 12b − 46bθ = θ ⇔ ⇔ a+12b−(46b + 1) θ = 0 ⇔ (a + 12b = 0 ∧ 46b + 1 = 0) ⇔ ¡ ¢ 1 6 ⇔ b = − 46 ∧ a = 23 . (b) Poˇsto je ocena θ iz (a) centrirana, moˇzemo je smatrati ”dobrom” ocenom parametra θ, pa je moˇzemo koristiti za izraˇcunavanje vrednosti parametra θ. 141

Veliˇcina uzorka je n = 12 + 22 + 10 + 6 = 50, uzoraˇcka aritmetiˇcka 1 sredina je x50 = 50 (2 · 12 + 5 · 22 + 7 · 10 + 12 · 6) = 138 25 = 5.52, te dobijamo 6 1 81 θ = a + bx50 = 23 − 46 · 5.52 = 575 ≈ 0.140867. Prema tome, dobijamo slede´ce teorijske verovatno´ce: p1 = P (X = 2) = 2θ = 162 575 ≈ 0.2817, 243 p2 = P (X = 5) = 3θ = 575 ≈ 0.4226, 81 p3 = P (X = 7) = θ = 575 ≈ 0.1409, 89 p4 = P (X = 12) = 1 − 6θ = 575 ≈ 0.1548. Na osnovu dobijenih teorijskih verovatno´ca i datog uzorka: xi mi pi

2 12

5 22

7 10

12 6

162 575

243 575

81 575

89 575

izraˇcunavamo vrednost χ2 statistike: z =

4 P i=1

(mi −50 pi )2 50 pi

≈ 1.9768.

Poˇsto je z < 4.61 ≈ χ2α;4−1−l = χ20.1;2 (gde je l = 1 broj ocenjenih parametara), konstatujemo da uzorak ne protivreˇci hipotezi. 6. Za zadani uzorak obima n = 8 sredinu i uzoraˇcku disperziju: x8 = s28

izraˇcunavamo uzoraˇcku aritmetiˇcku

1 8 (12.32+14.58+10.18+13.82+11.04+12.12+14.88+11.06) = 12.5, 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 (12.32 +14.58 +10.18 +13.82 +11.04 +12.12 +14.88 +11.06 ) − 12.5

= = 2.6872, p s8 = s28 ≈ 1.6393,

=

a iz tablica Studentove i χ2 raspodele za nivo poverenja β = 0.9 odnosno prag znaˇcajnosti α = 1 − β = 0.1 oˇcitavamo: tn−1; 1+β = t7;0.95 ≈ 1.895, 2

χ2n−1;α = χ27;0.1 ≈ 2.83.

(a) 90% interval poveranja za matematiˇcko oˇcekivanje (kada disperzija nije poznata): h i s8 s8 √ I = x8 − t7;0.95 √ x + t , = [11.3259, 13.6741] . 8 7;0.95 7 7 (b) 90% jednostrani interval³poveranja i za disperziju: ns28 = (0, 7.59633] . I = 0, χ2 7;0.1

7. Matrice prelaza za jedan i dva koraka: 1

2

0  2 0  1 P = 3  2  1 4 2 0 5

0 0 0



1

1 2 1 2

3 1 2

0 0 0 1 2

4 1 2 1 2

0 0 0

5

0





    ,   0  0 1 2 1 2

142

1

1 1 2 1 4

  P 2 = 3  0  4 0 2

5

1 4

2 1 4 1 2 1 4

0 0

3

4

0

0 0

1 4 1 2 1 4

0

1 4 1 2 1 4

5 1 4

0 0 1 4 1 2

     .   

Posmatramo poˇcetne raspodele verovatno´ca: 1 2 3 4 5

u (0) = [ 1 0 0 0 0 ]

(ˇcestica je na poˇcetku bila u ˇcvoru 1),

1 2 3 4 5

v (0) = [ 0 1 0 0 0 ]

(ˇcestica je na poˇcetku bila u ˇcvoru 2).

Za raspodele verovatno´ca poloˇzaja ˇcestice nakon dva koraka u ova dva sluˇcaja dobijamo: 1

u (2) = u (0) · P 2 = [ 12 1

v (2) = v (0) · P 2 = [ 14

2 3 4 5 1 1 4 0 0 4

]

2 3 4 5 1 1 2 4 0 0]

, .

Vidimo da je u5 (2) = 41 > 0 = v5 (2) tj. verovatnije je da se nakon drugog koraka naˇsla u ˇcvoru 5 ako je na poˇcetku bila u ˇcvoru 1 (ako je na poˇcetku bila u ˇcvoru 2, tada se nakon 2 koraka sigurno ne nalazi u ˇcvoru 5). 8. Iz Un : N (n, 2−n ) imamo da je E (Un ) = n i D (Un ) = 2−2n . * Koriste´ci linearnost matematiˇckog oˇcekivanja dobijamo: µ 3 ¶ 3 3 P nt P [1] P mX (t) = E (Xt ) = E e Un = ent E (Un ) = nent . n=0

n=0

n=0

* KX (t, s) = E ((Xt − mX (t)) (Xs − mX (s))) = µµ 3 ¶µ 3 ¶¶ 3 3 P nt P P ns P =E e Un − nent e Un − nens = n=0 n=0 n=0 n=0 µ 3 ¶ 3 P nt P =E e (Un − n) · ens (Un − n) = n=0 n=0  3 3 P P 2 = E en(t+s) (Un − n) + ent+ms (Un − n) (Um − m) = n=0

n,m=0 n6=m

³ ´ P 3 3 [1],[2] P 2 = en(t+s) E (Un − n) + ent+ms E (Un − n) E (Um − m) = n=0

[3]

=

3 P

n,m=0 n6=m

2−2n en(t+s) =

n=0

3 ¡ P 1

(t+s) 4e

n=0

¢n

4

=

1−( 14 e(t+s) ) 1− 14 e(t+s)

=

1 256−e4(t+s) 64 4−e(t+s) .

* Prvi naˇcin: koriste´ci osobine disperzije (Un su nezavisne) dobijamo µ 3 ¶ 3 3 P nt P P 2 DX (t) = D e Un = (ent ) D (Un ) = 2−2n e2nt = =

3 ¡ P 1 n=0

4e

n=0

¢ 2t n

=

n=0

1−( 14 e2t ) 1− 14 e2t

4

=

n=0

1 256−e8t 64 4−e2t .

Drugi naˇcin: koriste´ci autokorelacionu funkciju dobijamo DX (t) = KX (t, t) =

1 256−e4(t+t) 64 4−e(t+t)

=

1 256−e8t 64 4−e2t .

[1] - Matematiˇcko oˇcekivanje je linearna funkcija. 143

[2] - Sluˇcajne promenljive Un su nezavisne pa su nezavisne i Un − n, odakle sledi da je E ((Un − n) (Um − m)) = E (Un − n) E (Um − m) za sve n 6= m. ³ ´ 2 [3] - Koristimo: E (Un − n) = D (Un ) = 2−2n , E (Un − n) = E (Un − E (Un )) = 0.

01.02.2001. 1. Baca se kockica za ”Ne ljuti se ˇcoveˇce”. Ako se pojavi broj ve´ci od 4, na sluˇcajan naˇcin se bira u ravni jedna taˇcka iz kvadrata sa temenima u taˇckama (1, 0), (2, 1), (1, 2) i (0, 1). U suprotnom, na sluˇcajan naˇcin se bira jedna taˇcka iz kruga sa centrom u taˇcki (1, 1) polupreˇcnika 1. (a) Na´ci verovatno´cu da je zbir koordinata izbrane taˇcke manji od 2. (b) Ako je zbir koordinata izabrane taˇcke manji od 2, koliko iznosi verovatno´ca da su obe koordinate manje od 1? 2. Sluˇcajna promenljiva X ima uniformnu U (0, 2) raspodelu, a ¡sluˇcajna ¢ promenljiva Y pod uslovom X = x ima uniformnu U 12 x, x raspodelu. (a) Na´ci matematiˇcko oˇcekivanje sluˇcajne promenljive Y . ¡ ¢ (b) Na´ci raspodelu sluˇcajnog vektora X 2 , X + 2 . 3. Sluˇcajna promenljiva X uzima vrednosti iz skupa N sa verovatno´cama pn = P (X = n) = 2¡1n , n¢ ∈ N. Na´ci matematiˇcko oˇcekivanje sluˇcajne promenljive Y = sin π2 X . ¡ ¢ 1 4. Sluˇcajna promenljiva X ima binomnu B 10, raspodelu. Oceniti 4 ¯ ¡¯ 1 ¢ verovatno´cu P ¯ 10 X − 14 ¯ > 0.2 ˇ seva, (a) koriste´ci nejednakost Cebiˇ (b) koriste´ci Moavr - Laplasovu teoremu. 5. Dato je obeleˇzje X zakonom raspodele: P (X = k) =

ak−3 −a , (k−3)! e

k ∈ {3, 4, 5, . . .} ,

(a > 0)

i dat je uzorak dobijen na osnovu izvrˇsenih 576 merenja: realizacije eksperimenata: broj realizacija eksperimenata:

3 4 229 211

5 6 7 93 35 7

8 1

(a) Na´ci jednu centriranu ocenu parametra a obeleˇzja X. (b) χ2 - testom ispitati da li je, sa pragom znaˇcajnosti α = 0.1, dati uzorak u saglasnosti sa obeleˇzjem X. 144

6. Poznato je da obeleˇzje X, koje predstavlja vreme (u satima) inkubacije nekog virusa kod pacijenata ima normalnu raspodelu. Odrediti 90% jednostrani i dvostrani interval poverenja za disperziju obeleˇzja X na osnovu sluˇcajnog uzorka prikazanog u tabeli: vreme inkubacije broj pacijenata

[0, 6) 1

[6, 7) 3

[7, 9) 4

[9, 12) 10

[12, 14) 6

[14, 16) 4

[16, 19] 2

7. Sluˇcajni proces Xn , n ∈ N, koji predstavlja poloˇzaj ˇcestice u trenutku n ∈ N koja se kre´ce po celobrojnim taˇckama iz intervala [1, 100] (tj. skup stanja je {1, 2, 3, . . . , 100}), odred¯en je slede´cim uslovnim verovatno´cama: P (Xn+1 = 100 | Xn = 100) = 1,  1    4 , j=1 3 P (Xn+1 = j | Xn = i) = , , j =i+1 4    0 , j 6∈ {1, i + 1}

za i 6= 100.

(a) Na´ci matricu prelaza za jedan korak. (b) Ako se na poˇcetku ˇcestica sa jednakim verovatno´cama nalazi u bilo kojoj od taˇcaka iz skupa mogu´cih stanja, na´ci zakon raspodele verovatno´ca poloˇzaja ˇcestice u trenutku n = 2. 8. Sluˇcajni proces Xt , t ∈ (0, ∞) je odred¯en svojim jednodimenzionalnim raspodelama Xt : U (0, t). Neka je Y nezavisna (u odnosu na Xt ) sluˇcajna promenljiva sa eksponencijalnom E (2) raspodelom. Na´ci matematiˇcko oˇcekivanje, autokovarijansnu funkciju i disperziju procesa Zt = Xt +

1 t

Y, t ∈ (0, ∞) .

Reˇ senja: 1. Oznaˇcimo dogad¯aje: H1

-

H2

-

A B

-

”bira se taˇcka iz kruga” (tj. ”na kockici je dobijen broj iz skupa {1, 2, 3, 4}”), ”bira se taˇcka iz kvadrata”, (tj. ”na kockici je dobijen broj iz skupa {5, 6}”), ”zbir koordinata izabrane taˇcke je manji od 2”, ”obe koordinate izabrane taˇcke su manje od 1”.

Skup {H1 , H2 } ˇcini potpun sistem dogad¯aja, pri ˇcemu je: P (H1 ) = 32 ,

P (H2 ) = 1 − P (H1 ) = 13 .

(a) Koriste´ci geometrijsku definiciju verovatno´ce dobijamo: povrˇsina polukruga K 0 (vidi sliku 1), = 12 P (A | H1 ) = povrˇsina kruga K 0 povrˇsina pravougaonika G P (A | H2 ) = = 12 (vidi sliku 2). povrˇsina kvadrata G Na osnovu formule totalne verovatno´ce je: P (A) = P (H1 ) P (A | H1 ) + P (H2 ) P (A | H2 ) = 32 · 12 + 13 · 21 = 12 . 145

y 6 2@ .. .... ...... ....... ......... .......... @ ........... ............. .............. ............... ................ 1 ................. .................. .................. ................... 0 .................... ..................... ..................... K@ ...................... ...................... ...................... ..................... @ ................... ................. ............. ...... x @ 1 2 x+y=2

y 6 2@ @ .. .... ...... @ ........ .......... ............ .............. @ ................ 1 ................ ................ ................ @ 0 ................ ................ ................ G ................ @ ............... ............. ........... ......... @ ....... ..... ... . @ x @ 1 2 x+y=2

slika 1

(b)

slika 2

P(B∩A∩(H1 +H2 )) P (B | A) = P(B∩A) P(A) = P(A) P(H1 )P(B∩A | H1 )+P(H2 )P(B∩A | H2 ) = = P(A)

)+P(B∩A∩H2 ) = P(B∩A∩H1P(A) 1 1 2 1 3·4+3·4 = 12 , 1 4

=

gde je: povrˇsina kruˇznog iseˇcka K 00 = 14 povrˇsina kruga K povrˇsina iseˇcka iz kvadrata G00 P (B ∩ A | H2 ) = = povrˇsina kvadrata K P (B ∩ A | H1 ) =

y 26

y 26

1

1

................ ................ ................ ................ ............... 00 ............... ............... .............. .............. ............. ............ ........... .......... ......... ....... ....

K

1

-x

2

............... .............. ............. 00 ............ ........... .......... ......... ........ ....... ...... ..... .... ... ...

@G @ @

(vidi sliku 3), 1 4

(vidi sliku 4).

@ @ @

1

-x

2

slika 4

slika 3

¡1

¢

2. Iz X : U (0, 2) i Y | {X = x} : U 2 x, x (podrazumeva se da x ∈ [0, 2] jer je inaˇce sluˇcajna promenljiva Y | {X = x} nedefinisana) imamo:  ½ 1  0 , x ∈ (−∞, 0] , x ∈ [0, 2] 1 2 x , x ∈ (0, 2] ϕX (x) = , FX (x) = , 0 , x 6∈ [0, 2]  2 1 , x ∈ (2, ∞) ( ( £ ¤ £ ¤ 1 2 , y ∈ 12 x, x , y ∈ 21 x, x x− 12 x x ¤ = £1 £1 ¤ . ϕY |{X=x} (y) = 0 , y 6∈ 2 x, x 0 , y 6∈ 2 x, x (a) Prvi naˇcin: Nalazimo gustinu sluˇcajne promenljive Y i zatim njeno oˇcekivanje: ½ 1 , (x, y) ∈ D x , ϕX,Y (x, y) = ϕX (x) ϕY |{X=x} (y) = 0 , (x, y) 6∈ D ¯ © ª gde je D = (x, y) ∈ R2 ¯ 0 ≤ x ≤ 2 ∧ 12 x ≤ y ≤ x oblast sa slike:

2

y 6

1

x=2 y=x

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

D  



   1

146

2

y = 12 x

-x

ϕY (y) =

R∞ −∞

ϕX,Y (x, y) dx = . . .

(a.1) za y 6∈ [0, 2] : ϕY (y) = (a.2) za y ∈ [0, 1] : ϕY (y)

R2 y

0 ln 2 ϕY (y) =  ln 2 y

Dakle:

0dx = 0;

−∞ R2y = x1 dx y

(a.3) za y ∈ (1, 2] : ϕY (y) =  

R∞

1 x dx

2y

= ln x | = ln 2y y = ln 2; y

2

= ln x | = ln y2 . y

, y 6∈ [0, 2] , y ∈ [0, 1] . , y ∈ (1, 2]

R∞

R1 R2 y ϕY (y) dy = y ln 2dy + y ln y2 dy = −∞ 0 1 ´2 ³ 2 1 y2 y y2 = ln 2 2 | + 4 + 2 ln y2 | = 34 .

E (Y ) =

0

1

Drugi naˇcin (koriste´ci osobinu E (Y ) = E (E (Y |X))): Matematiˇcko oˇcekivanje uslovne sluˇcajne promenljive Y | {X = x} za x ∈ [0, 2]: R∞ Rx E (Y |X = x) = y ϕY |{X=x} (y) dy = y x2 dy = 43 x, −∞

1 2x

i E (Y | {X = x}) = 0 za x 6∈ [0, 2]. Matematiˇcko oˇcekivanje sluˇcajne promenljive Y : R∞ R2 E (Y ) = E (Y |X = x) ϕX (x) dx = 34 x 12 dx = 34 . −∞

0

(b) Nalazimo funkciju raspodele sluˇcajnog vektora (Z, W ) gde je Z = X2 i W = X + 2 : ¡ 2 ¢ FZ,W¡(z, w) = P (Z < z, W < w) = P X < z, X + 2 < w = ¢ 2 = P X < z, X < w − 2 = . . . (b.1) za z FZ,W (b.2) za z FZ,W

≤ 0: (z, w) = P (X ∈ ∅, X < w − 2) = 0; > 0: √ √ (z, w) = P (− z < X < z, X < w − 2) = √ √ [1] = P (0 < X < z, X < w − 2) = P (X < z, X < w − 2) = . . . (b.2.1) za w − 2 ≤ 0 odnosno w ≤ 2: √ [1] FZ,W (z, w) = P (X ∈ [− z, w − 2] ⊆ (−∞, 0]) = 0; (b.2.2) za w − 2 > 0 odnosno w > √2: FZ,W (z, w) = P (X < min { z, w − 2}) = √ = FX (min { z, w − 2}) = . . . √ √ (b.2.2.1) za z ≤ w − 2 ∧ √ z ≤ 2:√ FZ,W (z, w) = FX ( z) = 12 z; 147

√ (b.2.2.2) za w − 2 ≤ z ∧ w − 2 ≤ 2: FZ,W (z, w) = FX (w − 2) = 12 (w − 2); √ (b.2.2.3) za z > 2 ∧ w − 2 > 2: FZ,W (z, w) = P (X ∈ [0, 2]) = 1. [1] - X ima U (0, 2) raspodelu te vaˇzi P (X < 0) = 0, odnosno P (X ∈ [a, b]) = P (X ∈ [a, b] ∩ [0, 2]).  0 , z≤0 ∨ w≤2    √  1 √z , z ≤w−2 ∧ 04 ∧ w>4 3. Mogu´ce vrednosti sluˇcajne promenljive Y su: © ª 3π 4π 5π RY = sin π2 , sin 2π 2 , sin 2 , sin 2 , sin 2 , . . . = {−1, 0, 1}, a odgovaraju´ce verovatno´ce su: ¡ ¡ ¢ ¢ P (Y = −1) = P sin π2 X = −1 = ¯ ¡ © ª¢ ¯ k ∈ N ∪ {0} = = P π2 X ∈ 3π 2 + 2kπ µ∞ ¶ P = P (X ∈ {3, 7, 11, 15, . . .}) = P {X = 4k − 1} = =

∞ P

P (X = 4k − 1) =

k=1

=2·

1 16

·

1 1 1− 16

=

1 8

·

k=1

∞ P

1

24k−1

=

k=1 16 2 = 15 15 ,

∞ P

k=1

1 16k 2−1

=2

∞ ¡ P k=1

¢ 1 k 16

=

¡ ¡ ¢ ¢ ¡ ¢ P (Y = 0) = P sin π2 X = 0 µ= P π2 X ∈ { π¶+ kπ | k ∈ N ∪ {0}} = ∞ ∞ P P {X = 2k} = P (X = 2k) = = P (X ∈ {2, 4, 6, 8, . . .}) = P =

∞ P k=1

1 22k

k=1

∞ P

=

k=1

1 4k

=

1 4

·

1 1− 14

=

1 4

·

k=1 4 3

=

1 3,

¯ ¢ ¢ ¡π ©π ª¢ ¡ ¡ ¯ k ∈ N ∪ {0} = P (Y = 1) = P sin π2 X = 1 = 2X ∈ 2 + 2kπ µP ¶ ∞ P {X = 4k − 3} = = P (X ∈ {1, 5, 9, 13, . . .}) = P =

∞ P

P (X = 4k − 3) =

k=1

=8·

1 16

·

1 1 1− 16

=

1 2

·

k=1

∞ P

1

24k−3

k=1 16 8 15 = 15 .

=

∞ P k=1

µ

Dakle, Y ima zakon raspodele:

1 16k 2−3

=8

∞ ¡ P k=1

−1

0

1

2 15

5 15

8 15

¢ 1 k 16

=

¶ ,

odakle dobijamo: E (Y ) = −1 ·

2 15

8 6 + 1 · 15 = 15 = 25 . ¡ ¢ 4. Sluˇcajna promenljiva X : B 10, 41 ima slede´ce brojne karakteristike:

E (X) = 10 ·

1 4

+0·

= 25 ,

5 15

D (X) = 10 · 148

1 4

·

3 4

=

15 8 .

ˇ seva dobijamo: (a) Primenom nejednakosti Cebiˇ ¯ ¯ ¡¯ 1 ¢ ¡¯ 1 ¢ 1¯ ¯ P 10 X − 4 > 0.2 ≤ P ¯ 10 X − 14 ¯ ≥ 0.2 = ¯ ¯ ¡1 ¯ ¢ ¡¯ ¢ = P 10 ¯X − 52 ¯ ≥ 0.2 = P ¯X − 52 ¯ ≥ 2 = = P (|X − E (X)| ≥ 2) ≤

D(X) 22

=

15 8

4

=

15 32

≈ 0.46875.

(b) Primenom Moavr - Laplasove teoreme dobijamo: ¯ ¯ ¡¯ 1 ¢ ¡¯ 1 ¢ P ¯ 10 X − 14 ¯ > 0.2 = 1 − P ¯ 10 X − 14 ¯ ≤ 0.2 = ¡ ¢ 1 = 1 − P −0.2 ≤ 10 X − 14 ≤ 0.2 = ¡ ¡ ¢ ¢ ¡ 1 = 1 − P −0.2 ≤ 10 X − 52 ≤ 0.2 = 1 − P −2 ≤ X − = 1 − P (−2 ≤ X − E (X) ≤ 2) = ¶ µ √ = 1 − P √−2 ≤ X−E(X) ≤√2 = D(X) D(X) D(X) µ ¶ √ = 1 − P √−215 ≤ X−E(X) ≤ √215 ≈ D(X) 8 8 µ ¶ X−E(X) ≈ 1 − P −1.46 ≤ √ ≤ 1.46 ≈

5 2

¢ ≤2 =

D(X)

≈ 1 − (φ (1.46) − φ (−1.46)) = = 1 − (φ (1.46) − (1 − φ (1.46))) = 2 − 2φ (1.46) ≈ ≈ 2 − 2 · 0.9279 ≈ 0.1442. 5. Primetimo da sluˇcajna promenljiva X ima ”pomerenu za 3 Poasonovu raspodelu”, odnosno X = Y + 3, gde je Y sluˇcajna promenljiva sa Poasonovom P (a) raspodelom (a > 0). Zaista, iz RY = {0, 1, 2, . . .} sledi RX = {3, 4, 5, . . .} i za sve k ∈ {3, 4, 5, . . .} vaˇzi P (X = k) = P (Y + 3 = k) = P (Y = k − 3) =

ak−3 −a . (k−3)! e

(a) Poˇsto je E (X) = E (Y + 3) = E (Y ) + E (3) = a + 3, a s druge strane znamo da je X n (uzoraˇcka aritmetiˇcka sredina) centrirana ocena matematiˇckog oˇcekivanja E (X), parametar a ocenjujemo statistikom a ˆ za koju vaˇzi X n = a ˆ + 3 (zbog E (X) = a + 3), tj. statistikom a ˆ = X n − 3. Zaista iz µ n ¶ ¡ ¢ ¡ ¢ P 1 E (ˆ a) = E X n − 3 = E X n − 3 = E n Xi − 3 = =

1 n

n P i=1

i=1

E (Xi ) − 3 =

1 n nE (X)

− 3 = E (X) − 3 = (a + 3) − 3 = a,

sledi da a ˆ jeste centrirana ocena parametra a. (b) Najpre na osnovu gore nad¯ene ocene parametra a i datih podataka izraˇcunavamo realizovanu vrednost navedene ocene: 1 a ˆ = 576 (3 · 229 + 4 · 211 + 5 · 93 + 6 · 35 + 7 · 7 + 8 · 1) − 3 = 535 576 . k−3 535 ) ( 535 − 576 . Dakle, za sve k ∈ {3, 4, 5, . . .} je: P (X = k) = 576 (k−3)! e Da bi χ2 test mogli primeniti, poslednju grupu podataka (frekvencija manja od 5) moramo spojiti sa susednom, ˇcime dobijamo slede´cu tablicu: 149

xi fi pi

3 229 0.3950

4 211 0.3669

5 6 7, 8, . . . 93 35 8 0.1704 0.0528 0.0149

gde su pi odgovaraju´ce teorijske verovatno´ce: 0 ( 535 ) − 535 576 ≈ 0.3950, p1 = P (X = 3) = 576 0! e 535 1 ( ) − 535 576 ≈ 0.3669, p2 = P (X = 4) = 576 1! e 535 2 ( ) − 535 576 ≈ 0.1704, p3 = P (X = 5) = 576 2! e 535 3 ( ) − 535 576 ≈ 0.0528, p4 = P (X = 6) = 576 3! e p5 = P (X ≥ 7) = 1 − (p1 + p2 + p3 + p4 ) ≈ 0.0149. Izraˇcunavamo vrednost Z statistike χ2 testa: 5 P (fi −576pi ) z= ≈ 1.0221. 576pi i=1

2

Iz tablice χ raspodele za zadani prag znaˇcajnosti α = 0.1 nalazimo χ20.1;5−1−1 = χ20.1;3 ≈ 6.25. Poˇsto je z < χ20.1;3 , konstatujemo da dati uzorak ne protivreˇci hipotezi o saglasnosti sa raspodelom obeleˇzja X. 6. Intervale reprezentujemo njihovim sredinama i izraˇcunavamo pomo´cne veliˇcine: xi

3

6.5

8

10.5

13

15

17.5

fi

1

3

4

10

6

4

2

xi fi

3

x2i fi

19.5

9

32

126.75

105

256

78

1102.5

60

1014

900

n= 7 P

35

i=1 7 P

612.5

i=1

x30 =

1 30

s230 =

1 30

7 P

i=1

fi = 30

i=1

xi fi = 332.5 x2i fi = 4020.75

xi fi ≈ 11.0833,

i=1 7 P

7 P

x2i fi − x230 ≈ 11.1847,

s30 =

p

s230 ≈ 3.34436.

Nivou poverenja β = 0.9 odgovara prag znaˇcajnosti α = 0.1. Iz tablice χ2 raspodele nalazimo vrednosti: χ2n−1;α = χ229;0.1 ≈ 19.8, χ2n−1; 1+β = χ229;0.95 ≈ 42.6, χ2n−1; 1−β = χ229;0.05 ≈ 17.7. 2

2

Jednostrani interval poverenja: ³ ´ ³ ´ ns2 30s2 I1 = 0, χ2 n = 0, χ2 30 = (0, 16.9465) . 29;0.1

n−1;α

Dvostrani interval poverenja: Ã ! I2 =

ns2n χ2 1+β n−1; 2

, χ2

ns2n

n−1;

1−β 2

³ =

30s230 30s230 , χ229;0.95 χ229;0.05

150

´ = (7.87656, 18.9572) .

7. Na osnovu opisa dobijamo matricu prelaza P za jedan korak, a zatim matricu prelaza P 2 za dva koraka:  1

1 1 4 1 4 1 4 1 4

2 3 4

   3  P = 4 ..  . . ..   1 98  4  1 99  4 0 100 2

 1

4

5

0 3 4

0 0

0 0 .. . 0 0 0

3 4

0 0 0

0 .. . 0 0 0

.. . 0 0 0

3 9 16

4

5

0

0 0

0 0 0 .. . 0 0 0 1 1 4 1 4 1 4 1 4

2 3 16 3 16 3 16 3 16

   3  2 P = 4 ..  . . ..   1 98  4  1 99  16 0 100 2

3

.. .

3 16 3 16

0

3 4

3 4

        ,       

100

0 .. . 0 0 0 2 1 100



1

9 16

0 0 .. . 0 0 0 1

0 0 0 0 .. . 0

... ... ...

9 16

0 0 0 .. . 0 0 0

1 p0 = [ 100

Poˇcetna raspodela:

100

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

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

0 0 0 0 .. .

... ... ...

9 16 3 4

...

         .       

1

100 1 100

] .

Raspodela nakon dva koraka: 1

393 p2 = p0 · P (2) = [ 1600

8. Sluˇcajna promenljiva Y dobijamo: [1]

E (Y ) = 12 ,

2 297 1600

3 9 1600

4 9 1600

...

99 9 1600

100 37 1600

].

ima eksponencijalnu E (2) raspodelu, odakle

D (Y ) =

1 22

= 14 ,

¡ ¢ E Y 2 = D (Y ) + E2 (Y ) = 12 .

Sluˇcajna promenljiva Xt ima uniformnu U (0, t) raspodelu, odakle je za svako t ∈ (0, ∞): ¡ ¢ 2 t2 [2] E (Xt ) = 2t , D (Xt ) = 12 , E Xt2 = D (Xt ) + E2 (Xt ) = t3 . Poˇsto je sluˇcajni proces Xt , t ∈ (0, ∞) odred¯en jednodimenzionalnim raspodelama, to znaˇci da su Xt i Xs nezavisne sluˇcajne promenljive za sve s 6= t; pri tome su joˇs i Y i Xt nezavisne sluˇcajne promenljive za svako t, tako da je: [3]

E (Xt Y ) = E((Xt ) E (Y ) = 4t , ( E (Xt ) E (Xs ) , t 6= s ¡ ¢ E (Xt Xs ) = = E Xt2 , t=s 151

ts 4 t2 3

, t 6= s , t=s

.

Koristi´cemo joˇs i linearnost matematiˇckog oˇcekivanja : za svake dve sluˇcajne promenljive U i W i sve α, β ∈ R je [4]

E (αU + βW ) = αE (U ) + βE (W ). . Matematiˇcko oˇcekivanje: ¡ mZ (t) = E (Zt ) = E Xt +

1 t

¢ [4] Y = E (Xt ) +

1 t

[2],[1] t2 +1 2t .

E (Y ) =

. Autokovarijansna funkcija: KZ (t, s) = E ((Zt − mZ (t)) (Zs − mZ (s))) = = E (Zt Zs − mZ (t) Zs − mZ (s) Zt + mZ (t) mZ (s)) = [4]

= E (Zt Zs ) − mZ (t) mZ (s) = ¡¡ ¢¡ ¢¢ 2 +1 s2 +1 Xs + 1s Y − t 2t · 2s = = E Xt + 1t Y ¡ ¢ (t2 +1)(s2 +1) 1 = E Xt Xs + 1s Y Xt + 1t Y Xs + ts Y2 − = 4ts [4]

= E (Xt Xs ) + 1s E (Y Xt ) + 1t E (Y Xs ) + ¡ ¢ (t2 +1)(s2 +1) [3] 1 + ts E Y2 − = ... 4ts .. za t 6= s : KZ (t, s) = E (Xt ) E (Xs ) + 1s E (Y ) E (Xt ) + 1t E (Y ) E (Xs ) + ¡ ¢ (t2 +1)(s2 +1) 1 E Y2 − = + ts 4ts [1],[2] ts (t2 +1)(s2 +1) t s 1 1 = 4 + 4s + 4t + 2ts − = 4ts . 4ts .. za t = s : ¡ ¢ (t2 +1)2 ¡ ¢ KZ (t, t) = E Xt2 + 2t E (Y Xt ) + t12 E Y 2 − 4t2 = 2 [3],[1] t2 (t2 +1) t2 = 3 + 2t · 4t + t12 · 12 − 4t2 = 12 + 4t12 .

. Disperzija: DZ (t) = KZ (t, t) =

t2 12

+

1 4t2 .

17.02.2001. 1. Fabrika pravi 3 modela automobila. Modela Ajkula se pravi 100 komada dnevno, podjednako u beloj i crnoj boji. Model Pirana se pravi 60 komada dnevno, podjednako u beloj, crnoj, plavoj i ˇzutoj boji. Model Pastrmka se pravi 40 komada dnevno, i to samo u crnoj boji. (a) Izraˇcunati verovatno´cu da je sluˇcajno izabrani automobil iz fabrike crne boje. (b) Ako je odabrani automobil crne boje, koliko iznosi verovatno´ca da je on modela Pastrmka? 2. Jedan tehniˇcki ured¯aj ima duˇzinu rada kojoj sluˇcajna promen½ odgovara 2 , t ≥0 3 (t+1) . ljiva T odred¯ena gustinom: ϕT (t) = 0 , t<0 152

Troˇskovi proizvodnje jednog ured¯aja su 2500 dinara. Ured¯aj se prodaje po ceni od 10000 dinara. Ukoliko se ured¯aj pokvari pre momenta t = 1, proizvod¯aˇc vra´ca kupcu novac i pla´ca kaznu od 500 dinara. Na´ci oˇcekivani dobitak proizvod¯aˇca po jednom ured¯aju, kao i oˇcekivani dobitak na 1000 prodatih ured¯aja. 3. Dvodimenzionalna sluˇcajna promenljiva (X, Y ) ima raspodelu odred¯enu ½ gustinom: ax2 y , (x, y) ∈ D ϕX,Y (x, y) = , 0 , (x, y) 6∈ D ¯ © ª gde je D = (x, y) ∈ R2 ¯ 0 < x < 1 ∧ 1 − x < y < 1 . Na´ci konstantu a i na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive Z = X + 2Y . 4. U procesu sabiranja brojeva, raˇcunar zaokruˇzuje brojeve na najbliˇzi ceo broj, pri ˇcemu su greˇske zaokruˇzivanja nezavisne jedna od druge i uniformno su raspodeljene na intervalu [−0.5, 0.5]. (a) Koliko iznosi verovatno´ca da apsolutna vrednost ukupne greˇske pri sabiranju 1500 brojeva premaˇsi 15? (b) Koliko se najviˇse brojeva moˇze sabrati a da sa verovatno´com 0.9 apsolutna vrednost greˇske bude manja od 10? 5. Obeleˇzje X ima normalnu N (m, 1) raspodelu. Za ocenu parametra m se predlaˇze statistika m ˆ = n X1 − (X2 + X3 + . . . + Xn ) . (a) Ispitati centriranost predloˇzene ocene. (b) Ispitati postojanost predloˇzene ocene. 6. Fabrika izrad¯uje metalne diskove odred¯enog polupreˇcnika. Radi provere kvaliteta uzet je uzorak od 120 diskova, i odstupanja (u milimetrima) od nominalnog preˇcnika data su u tabeli: odstupanje: broj diskova:

(−12, −8] (−8, −4] (−4, 0] (0, 4] 8 17 42 30

(4, 8] 18

(8, 12) 5

Pretpostavimo da obeleˇzje ˇciji uzorak posmatramo ima normalnu raspodelu. (a) Na´ci interval poverenja za ocenu srednje vrednosti sa pragom znaˇcajnosti α = 0.01. (b) Testirati hipotezu da je proseˇcno odstupanje 0.3 sa nivoom poverenja β = 0.99. 7. Maˇcka se na svakih 5 sekundi kre´ce iz sobe u sobu ku´ce ˇcija je ˇsema data na slici, pri ˇcemu svaki put sa verovatno´com 12 ostaje u sobi u kojoj je i bila, ili na sluˇcajan naˇcin bira vrata kroz koja ´ce pre´ci u drugu sobu. 153

5 4 1 2

3

(a) Na´ci matricu prelaska (za jedan korak) poloˇzaja maˇcke po ku´ci. (b) U kojoj sobi je maˇcka bila na poˇcetku svoje ˇsetnje kroz sobe, ako se zna da se nakon 11 sekundi najverovatnije nalazi u sobi broj 3? (c) Na´ci finalne verovatno´ce poloˇzaja maˇcke. 8. Sluˇcajne promenljive X : E (a) i Y : E (b) su nezavisne (a, b > 0). Na´ci matematiˇcko oˇcekivanje, autokovarijansnu funkciju i disperziju sluˇcajnog procesa Zt = X sin t − Y cos t, t ∈ R. Da li je za neke a, b > 0 proces Zt stacionaran?

Reˇ senja: 1. Oznaˇcimo sa A1 , A2 , A3 dogad¯aje ”sluˇcajno izabrani automobil je modela Ajkula”, odnosno ”sluˇcajno izabrani automobil je modela Pirana”, odnosno ”sluˇcajno izabrani automobil je modela Pastrmka”. Sa C oznaˇcimo dogad¯aj ”sluˇcajno izabrani automobil je crne boje”. Na osnovu datih podataka imamo da je: P (A1 ) = P (A2 ) = P (A3 ) =

100 100+60+40 60 100+60+40 40 100+60+40

= 12 , = =

3 10 , 2 10 ,

P (C | A1 ) = 21 , P (C | A2 ) = 41 , P (C | A3 ) = 1.

(a) Na osnovu formule totalne verovatno´ce je: 3 P P (C) = P (Ai ) P (C | Ai ) = 41 + i=1

3 40

2 10

+

ili jednostavnije: broj proizvedenih crnih automobila = P (C) = ukupan broj proizvedenih automobila (b) Na osnovu Bajesove formule je: P (A3 ) P (C | A3 ) P (A3 | C) = = P (C)

2 10 21 40

=

21 40 ,

50+15+40 100+60+40

=

=

21 40 .

8 . 21

2. Oznaˇcimo sa Yi sluˇcajnu promenljivu koja predstavlja dobitak ili gubitak ostvaren na prodaji i - tog ured¯aja (i ∈ {1, 2, . . . , 1000}), a sa Ti oznaˇcimo vreme rada i - tog ured¯aja (ϕTi (t) = ϕT (t)). Mogu´ce dve vrednosti sluˇcajne promenljive Yi su: . y1 = 10000 − 2500 = 7500, pri ˇcemu je: P (Yi = 7500) = P (Ti ≥ 1) = 1 − P (Ti < 1) = 1 −

R1 0

³ ´1 1 = 1 − − (1+t) | = 14 , 2 0

. y2 = −2500 − 500 = −3000, pri ˇcemu je: P (Yi = −3000) = 1 − P (Yi = 7500) = 34 . 154

ϕTi (t) dt =

Dakle, sluˇcajna promenljiva Yi je odred¯ena zakonom raspodele µ ¶ −3000 7500 . 3 1 4

4

Oˇcekivani dobitak (ili gubitak) po jednom prodatom ured¯aju je E (Yi ) =

3 4

(−3000) + 14 7500 = −375

(dakle, oˇcekivani gubitak je 375 dinara po ured¯aju). Sluˇcajna promenljiva Y = Y1 + Y2 + . . . + Y1000 predstavlja oˇcekivani dobitak (ili gubitak) na 1000 prodatih ured¯aja, i on iznosi: E (Y ) = E (Y1 + Y2 + . . . + Y1000 ) = E (Y1 ) + E (Y2 ) + . . . + E (Y1000 ) = = 1000 · (−375) = −375000 (375000 dinara gubitka na 1000 prodatih ured¯aja). 3. Najpre odred¯ujemo konstantu a na osnovu uslova RR RR 2 ϕX,Y (x, y) dxdy = ax ydxdy = 1. R2

RR

R1

Ã

D

R1

!

R1

Ã

R1

!

ydy dx = ax2 ydxdy = a x2 ydy dx = a x2 1−x 0 1−x 0 µ ¶ µ ¶ 1 1 1 R1 2 4 5 = a x2 y2 | dx = a2 2 x4 | − x5 | = 3a 20 , D

1−x

0

te iz

3a 20

0

= 1 dobijamo a =

0

20 3 .

Posmatrajmo sluˇcajnu promenljivu U = X, odnosno sluˇcajni vektor (U, Z) = f (X, Y ) = (X, X + 2Y ) (tj. Z = X + 2Y , U = X). Nalazimo inverznu transformaciju f −1 : R2 → R2 , f −1 (u, z) = (x, y) : X=U . Y = Z−U 2 ¡ ¢ . Dakle: (x, y) = f −1 (u, z) = u, z−u 2 ¯ ¯ x Njen Jakobijan je: Jf −1 (z, u) = ¯¯ u yu Z = X + 2Y U =X

⇔

¯ ¯ xz ¯¯ ¯¯ 1 = yz ¯ ¯ − 12

¯ 0 ¯¯ 1 1 ¯ = 2. 2

Transformacija f je monotona i neprekidna po obe komponente, pa se zatvorena oblast D (vidi sliku 1) ograniˇcena pravama l1 : x = 1, l2 : y = 1 i l3 : y = 1 − x preslikava u oblast D0 = f (D) (vidi sliku 2) ograniˇcenu pravama l10 : u = 1, l20 : z = 2 + u i l30 : y = 2 − u. Sada dobijamo:

¯ ¡ ¢¯ ¢ ¡ ϕU,Z (u, z) = ϕX,Y f −1 (u, z) ¯Jf −1 (u, z)¯ = ϕX,Y u, z−u · 2 5 2 2 z−u 1 0 · u · · = u (z − u) , (u, z) ∈ D , = 20 3 2 2 3

ϕU,Z (u, z) = 0, (u, z) 6∈ D0 . 155

1 2

=

z u=1 z =2+u 6 ¡ . ¡ 3 .. ... .... ..... ...... ....... ........ ......... ¡ .......... ........... ............ ............. .............. ............... ................ ................. ¡ .................. ................... @ ...................... .................... ..................... ...................... 2¡ ..................... .................... D0 ................... @ .................. ................. ................ ............... .............. ............. ¡ @............ ........... .......... ......... ........ ....... ...... ..... .... ... @ ... 1 @ @ @ - uz = 2 − u

y .............................. ............................. 16 ............................ ........................... ......................... ........................ @.......................... ....................... ...................... ..................... .................... ................... D .................. ................. ................ @ ............... .............. ............. ............ .......... ......... ........ @........... ....... ...... ..... .... @......- x 1

slika 1

1

slika 2

Gustinu sluˇcajne promenljive Z dobijamo kao marginalnu gustinu sluˇcajnog vektora (U, Z): R ϕZ (z) = ϕU,Z (u, z) du = . . . R

- za z 6∈ (1, 3) :

ϕZ (z) =

R

0 du = 0;

R

- za z ∈ (1, 2] :

ϕZ (z) =

1

1

2−z

2−z

5 4 = 59 zu3 | − 12 u | =

- za z ∈ (2, 3) :

1

z−2

z−2

2−z

35 4 36 z

ϕZ (z) =

1

R1

R1 z−2

5 2 3u

−

20 3 3 z

5 2 3u

5 4 5 4 = 59 zu3 | − 12 u | = − 36 z +

    Dakle:

ϕZ (z) =

(z − u) du = +

50 2 3 z

−

155 9 z

25 4 ;

(z − u) du = 10 2 3 z

−

25 3 z

+

25 4 .

0

, z 6∈ (1, 3)

50 2 155 25 3 − 20 3 z + 3 z − 9 z+ 4 5 4 25 25 2 − 36 z + 10 3 z − 3 z+ 4

35 4 36 z

  

+

, z ∈ (1, 2] . , z ∈ (2, 3)

4. Neka je Xi , i ∈ N sluˇcajna promenljiva koja predstavlja greˇsku pri zaokruˇzivanju nakon i - tog sabiranja. Sluˇcajne promenljive Xi su nezavisne i svaka ima U (−0.5; 0.5) raspodelu. Sluˇcajna promenljiva n P Un = Xi predstavlja ukupnu greˇsku zaokruˇzivanja pri sabiranju n i=1

brojeva, pri ˇcemu je: 2

= 0, D (Xi ) = (0.5−(−0.5)) = 12 µ n ¶ n P P E (Un ) = E Xi = E (Xi ) = 0, E (Xi ) =

−0.5+0.5 2

i=1

µ D (Un ) = D

n P i=1

¶ Xi

i=1

n [1] P

=

i=1

D (Xi ) = 156

n 12 .

1 12 ,

(a) P (|U1500µ | > 15) = 1−P (|U1500 | ≤ 15) = 1−P (−15 ≤¶U1500 ≤ 15) = −15−E(U1500 )

√

=1−P ³ =1−P

−15 √ 5 5

D(U1500 ) ∗ < U1500

1500 ) √ √ = < 15−E(U D(U1500 ) D(U1500 ) ´ [2] ∗ √ < 515 ≈ 1 − P (−1.34 < U1500 < 1.34) ≈ 5

<

U1500 −E(U1500 )

≈ 1 − (φ (1.34) − φ (−1.34)) = 1 − (φ (1.34) − (1 − φ (1.34))) = = 2 − 2φ (1.34) ≈ 2 − 2 · 0.9099 ≈ 0.1802. (b) Reˇsavamo po n jednaˇcinu P (|Un | < 10) = 0.9 : P (|Un | µ < 10) = 0.9 ⇔ P (−10 < Un < ¶ 10) = 0.9 ⇔

−10−E(Un )

√

P

Un −E(Un )

< √

10−E(Un )

< √

= 0.9

⇔ ⇔

D(Un ) D(Un ) D(Un ) √ √ ´ −20 3 3 20 ∗ √ P < Un < √n = 0.9 ⇔ ³ √n ´ ³ ³ √ ´ √ ´ 20 √ 3 ≈ 0.9 √ 3 − 1 ≈ 0.9 φ 20√n3 − φ −20 ⇔ 2φ n n ³ √ ´ √ φ 20√n3 ≈ 0.95 ⇔ 20√n3 ≈ φ−1 (0.95) ≈ 1.645 ⇔ √ √ 3 ⇔ n ≈ 21.05842 ≈ 443.4549. n ≈ 20 1.645 ≈ 21.0584

³

⇔ ⇔ ⇔

⇔

⇔ Dakle, najviˇse 443 broja moˇzemo sabrati pa da se sa verovatno´com 0.9 ne prekoraˇci zadana apsolutna greˇska 10. [1] - Sluˇcajne promenljive Xi su nezavisne. n −E(Un ) [2] - Na sluˇcajnu promenljivu Un∗ = U√ =

D(Un )

primeniti centralnu graniˇcnu teoremu.

Un√

2

1 √

3

n

moˇzemo

5. Zbog Xi : N (m, 1) vaˇzi ∀i ∈ {1, 2, . . . , n} , E (Xi ) = m ∧ D (Xi ) = 1. (a) E (m) ˆ = E (nX1 − X2 − X3 − . . . − Xn ) = = nE (X1 ) − E (X2 ) − E (X3 ) − . . . − E (Xn ) = nm − (n − 1) m = m. Dakle, ocena m ˆ je centrirana. (b) D (m) ˆ = D (nX1 − X2 − X3 − . . . − Xn ) = = n2 D (X1 ) + D (X2 ) + D (X3 ) + . . . + D (Xn ) = = n2 · 1 + 1 + 1 + . . . + 1 = n2 + n − 1. | {z } (n−1)

puta

ˇ seva dobijamo: Primenom nejednakosti Cebiˇ P (|m ˆ − m| > ε) = P (|m ˆ − E (m)| ˆ > ε) ≤

D(m) ˆ ε2

=

n2 +n−1 , ε2

2

pri ˇcemu je lim n +n−1 = ∞ 6= 0, te na osnovu nejednakosti ε2 n→∞ ˇ Cebiˇseva ne moˇzemo ispitati postojanost ocene m. ˆ Postojanost ´cemo ispitati koriste´ci funkciju raspodele statistike m, ˆ za ˇcije izraˇcunavanje je potrebna slede´ca lema (koju navodimo sa dokazom): Lema: Neka su U i V nezavisne sluˇcajne promenljive, U sa normalnom N (a, ξ) raspodelom, a V sa normalnom N (b, σ) raspodelom, 157

i neka je α, β³ ∈ R. Tada sluˇcajna promenljiva W = αU + βV ima ´ p 2 2 2 2 normalnu N αa + βb, α ξ + β σ raspodelu. Dokaz izvodimo pomo´cu karakteristiˇcnih funkcija. Karakteristiˇcne funkcije sluˇcajnih promenljivih U i V su KU (t) = eita e−

ξ 2 t2 2

i

σ 2 t2

KV (t) = eitb e− 2 . Koriste´ci osobine karakteristiˇcnih funkcija dobijamo KW (t) = KαU +βV (t) = KαU (t) KβV (t) = KU (αt) KV (βt) = (α2 ξ2 +β2 σ2 )t2 2 = eit(αa+βb) e− , ˇsto je karakteristiˇcna funkcija sluˇcajne promenljive sa normalnom raspodelom, ˇcime je lema dokazana. Primenom navedene Leme matematiˇckom indukcijom dokazujemo ¡ ¢ √ da Y = X2 + X3 + . . . + Xn ima normalnu N (n − 1) m, n − 1 raspodelu, a zatim primenom Leme na sluˇcajne promenljive X1 i Y dobijamo da statistika ˆ = nX1 −¢(X2 + X3 + . . . + Xn ) = nX1 − Y ¡ √m ima normalnu N m, n2 + n − 1 raspodelu. Sledi P (|m ˆ − m| > ε) = 1 − P (|m ˆ − m| ≤ ε) = 1 − P (−ε ≤ m ˆ − m ≤ ε) = ´ ³ m−m ˆ ε −ε = 1 − P √n2 +n−1 ≤ √n2 +n−1 ≤ √n2 +n−1 = ³ ³ ´ ³ ´´ ³ ´ [1] ε ε ε = 1 − φ √n2 +n−1 − φ − √n2 +n−1 = 2φ √n2 +n−1 . Dakle, imamo da za svako ε > 0 vaˇz³i ´ ε = 2φ (0) = 1 6= 0, lim P (|m ˆ − m| > ε) = lim 2φ √n2 +n−1 n→∞

n→∞

tako da ocena m ˆ nije postojana. ˆ √ m−m n2 +n−1

[1] - Sluˇcajna promenljiva

ima N (0, 1) raspodelu.

6. Intervale reprezentujemo njihovim sredinama, i izraˇcunavamo pomo´cne veliˇcine: xi

−10

−6

−2

2

6

10

fi

8

17

42

30

18

5

xi fi

−80

x2i fi

800

612

−84 168

60

108

120 648

6 P

50 500

i=1 6 P i=1

x120 =

1 120

s2120 =

1 120

s120 =

−102

n=

6 P i=1 6 P i=1

xi fi = − 25 = −0.4, x2i fi − x2120 =

p

s2120 ≈ 4.85524. 158

1768 75

≈ 23.5733,

6 P i=1

fi = 120

xi fi = −48 x2i fi = 2848

Pragu znaˇcajnosti α = 0.01 odgovara nivo poverenja β = 0.99. (a) Iz tablice Studentove raspodele nalazimo vrednost t120−1; 1+0.99 = t119;0.995 ≈ t∞;0.995 ≈ 2.576, 2

i zatim traˇzeni interval poverenja: h i t t119;0.995 √ √ I = x120 − 119;0.995 s , x + s = [−1.54652, 0.746523]. 120 120 120 119 119 (b) Poˇsto za testiranje ove hipoteze koristimo istu statistiku kao pod (a) i to sa istim nivoom poverenja, tada iz 0.3 ∈ I sledi da uzorak ne protivreˇci hipotezi. 7. (a) Na osnovu opisa dobijamo matricu prelaza P zatim matricu prelaza P 2 za dva koraka:  1

1 1 2 1 4

   P = 3 0   4 0 0 5 2

2 1 2 1 2 1 4

3

4

5

0

0

0

0

0

1 4 1 2 1 4

0

0

1 4 1 2 1 2



 0    0  ,  1  4  1 2

 1

1 3 8 1 4 1 16

   P 2 = 3   4 0 0 5 2

za jedan korak, a 2 1 2 7 16 1 4 1 16

0

3 1 8 1 4 3 8 1 4 1 8

4

5

0

0

1 16 1 4 7 16 1 2



 0   1 .  16  1  4  3 8

(b) Zanima nas za koji vektor poˇcetnih verovatno´ca p0 ∈ S0 , gde je S0 = {[ 1 0 0 0 0 ], [ 0 1 0 0 0 ], [ 0 0 1 0 0 ], [ 0 0 0 1 0 ], [ 0 0 0 0 1 ]}, dobijamo takav vektor verovatno´ca poloˇzaja nakon 2 koraka (maˇcka je posle 11 sekundi 2 puta prelazila iz sobe u sobu) ¯ © ª p2 ∈ p0 · P 2 ¯ p0 ∈ S0 = © 7 1 1 1 1 3 1 1 = [ 83 12 18 0 0 ], [ 14 16 4 16 0 ], [ 16 4 8 4 16 ], ª 1 1 3 1 1 7 1 [ 0 16 4 16 4 ], [ 0 0 8 2 8 ] kod kojeg je maksimalna verovatno´ca na 3-em mestu, tj. traˇzimo i koje ispunjava uslov pi3 (2) = max pij (2) . 1≤j≤5

Praktiˇcno, gledamo u kojoj vrsti matrice P 2 se maksimalni broj nalazi na tre´cem mestu (u tre´coj koloni), i dobijamo odgovor: 3. Dakle, maˇcka na poˇcetku treba da se nalazi u sobi 3 da bi nakon 11 sekundi najverovatnije bila u sobi 3. (c) Reˇsavamo jednaˇcinu p∗ · P = p∗ po promenljivoj p∗ = [ x y z t u ] koja joˇs zadovoljava uslov x + y + z + t + u = 1 (x, y, z, t, u ∈ (0, 1)): (p∗ · P = p∗ ∧ x + y + z + t + u = 1) 159

⇔

1 2x 1 2x

+ +

x x

1 4y 1 2y 1 4y

+

1 4z 1 2z 1 4z

+ +

y

+

z

+ + +

1 4t 1 2t 1 4t

+ +

t +

1 2y

−

y

=

x

=

y

=

z

=

t

=

u

u =

1

1 2u 1 2u

z z

= 0 −

t

= 0

t −

1 8 t = 14 z = 14 y = 14 x = 18

u=

= 0 −

⇔

⇔

2u = 0 8u = 1

¤ £ Dakle, vektor finalnih verovatno´ca glasi: p∗ = 18 14 14 14 81 . Dobijene finalne verovatno´ce tumaˇcimo na slede´ci naˇcin: ako se maˇcka ”dovoljno dugo” kre´ce po sobama, u proseku po 18 vremena provodi u prvoj i petoj sobi, a po 14 vremena provodi u drugoj, tre´coj i ˇcetvrtoj sobi. 8. Koristi´cemo slede´ce: [1] - Sluˇcajne promenljiva X i Y imaju eksponencijalne raspodelu, odakle dobijamo: ¡ ¢ 2 E (X) = a1 , D (X) = a12 , E X 2 = D (X) + (E (X)) = a22 , ¡ ¢ 2 E (Y ) = 1b , D (Y ) = b12 , E Y 2 = D (Y ) + (E (Y )) = b22 . [2] - Za proizvoljne sluˇcajne promenljive V i W i proizvoljne α, β ∈ R vaˇzi: E (αV + βW ) = αE (V ) + βE (W ). [3] - Iz nezavisnosti sluˇcajnih promenljivih X i Y sledi: E (X Y ) = E (X) E (Y ). Matematiˇcko oˇcekivanje: [2]

mZ (t) = E (Zt ) = E (X sin t − Y cos t) = sin tE (X) − cos tE (Y ) = [1] 1 = a

sin t −

1 b

cos t.

Autokovarijansna funkcija: KZ (t, s) = E ((Zt − mZ (t)) (Zs − mZ (s))) = = E (Zt Zs − mZ (t) Zs − mZ (s) Zt + mZ (t) mZ (s)) = [2]

= E (Zt Zs ) − mZ (t) mZ (s) = 160

= E ((X sin t − Y cos t) (X sin s − Y cos s)) − ¡ ¢¡ ¢ − a1 sin t − 1b cos t a1 sin s − 1b cos s = ¡ ¢ = E X 2 sin t sin s − (sin t cos s + cos t sin s) XY + Y 2 cos t cos s ¡ ¢¡ ¢ [2],[3] − a1 sin t − 1b cos t a1 sin s − 1b cos s = ¡ ¢ ¡ ¢ = sin t sin s E X 2 −(sin t cos s + cos t sin s) E (X) E (Y )+cos t cos s E Y 2 ¢¡ ¢ [1] ¡ − a1 sin t − 1b cos t a1 sin s − 1b cos s = =

2 a2

sin t sin s −

1 ab

− a12 sin t sin s − =

1 a2

sin t sin s +

(sin t cos s + cos t sin s) +

1 b2

1 b2

cos t cos s +

1 ab

2 b2

cos t cos s =

(sin t cos s + cos t sin s) =

cos t cos s.

Disperzija: DZ (t) = KZ (t, t) =

1 a2

sin2 t +

1 b2

cos2 t.

Poˇsto je mZ (t) 6≡ const za sve a, b > 0, sledi da ne postoje a i b za koje je proces Zt , t ∈ R stacionaran (niti slabo stacionaran).

17.04.2001. 1. Na putu kretanja automobila nalaze se 3 semafora. Verovatno´ca da na prvom semaforu bude upaljeno zeleno svetlo je 0.7, na drugom 0.6, a na tre´cem 0.8. Semafori rade nezavisno jedan od drugog. Ako na svakom semaforu bude zeleno, vozaˇc ´ce sti´ci na vreme na odrediˇste. Ako na 2 semafora bude zeleno, stiˇze na vreme sa verovatno´com 0.6, a ako zaleno bude na jednom semaforu, stiˇze na vreme sa verovatno´com 0.1. Ako ni na jednom semaforu nije zeleno, sigurno kasni. (a) Izraˇcunati verovatno´cu da ´ce vozaˇc sti´ci na vreme. (b) Ako je vozaˇc stigao na vreme, koliko iznosi verovatno´ca da na jednom semaforu nije bilo zeleno svetlo? 2. Neka su Xi , i ∈ {1, 2, . . . , n} nezavisne sluˇcajne promenljive i neka Xi ima Poasonovu P (λi ) raspodelu (λi > Dokazati da sluˇcajna µ 0). ¶ n n P P promenljiva Zn = Xi ima Poasonovu P λi raspodelu. i=1

i=1

3. Sluˇcajna promenljiva X ima raspodelu definisanu gustinom raspodele verovatno´ca ϕX (x) = 21 e−|x| , x ∈ R. Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive ½ 2 X + 2X , X ≤ 1 Y = . 3 , X>1 4. Putnici nezavisno jedan od drugog stiˇzu na autobusko stajaliˇste. Vreme ˇcekanja autobusa u minutima ima uniformnu U (0; 5) raspodelu. 161

(a) Izraˇcunati verovatno´cu da ´ce 24 putnika autobus ˇcekati manje od ukupno 70 minuta. (b) Odrediti najve´ce t takvo da sa verovatno´com ve´com od 0.95 vreme ˇcekanja autobusa 24 putnika bude bar t. 5. Obeleˇzje X ima uniformnu U (a, b) raspodelu. (a) Metodom momenata na´ci ocenu parametara a i b. (b) Dat je uzorak: vrednost uzorka [0, 0.4] (0.4, 0.8] (0.8, 1.2] (1.2, 1.6] (1.6, 2] uˇcestanost 2 9 10 7 12 Dobijenim ocenama na osnovu uzorka izraˇcunati vrednosti parametara a i b, a zatim χ2 - testom ispitati saglasnost uzorka sa navedenom raspodelom za prag znaˇcajnosti α = 0.1. 6. Na uzorku od 500 studenata ispitivano je proseˇcno dnevno uˇcenje u satima u vreme ispitnog roka. Dobijeni rezultati su sred¯eni u tabeli: duˇzina uˇcenja broj studenata

[0, 2] 150

(2, 4] 180

(4, 6] 150

(6, 8] 20

Poznato je da vreme uˇcenja kod studenata ima normalnu raspodelu. (a) Na´ci 95% interval poverenja za srednju vrednost duˇzine uˇcenja. (b) Testirati hipotezu da je srednja vrednost duˇzine uˇcenja 4 sata sa pragom znaˇcajnosti α = 0.05. 7. Neka su taˇcke T1 , T2 , T3 , T4 povezane kao na slici. Neka se ˇcestica u svakom koraku pomera a 
AT4 iz jedne taˇcke u drugu sa njom povezanu  
A taˇcku, pri ˇcemu u sluˇcaju da je polazna 
A T1  T2 taˇcka povezana sa viˇse taˇcaka, prelasci u sve
AaT3  a a povezane taˇcke su jednako verovatni. Na´ci matricu prelaza za jedan korak i finalne verovatno´ce. 8. Na´ci matematiˇcko oˇcekivanje, autokorelacionu funkciju i disperziju sluˇcajnog procesa X (t) = cos (λt + U ) , t ∈ R gde je λ konstanta, a U je sluˇcajna promenljiva sa uniformnom raspodelom U (0, 2π). Ispitati slabu stacionarnost procesa X (t) , t ∈ R.

Reˇ senja: 1. Obeleˇzimo:

◦ ×

”na rednom semaforu je zeleno svetlo”, ”na rednom semaforu nije zeleno svetlo”,

Hi , i ∈ {0, 1, 2, 3} - dogad¯aj: ”na i semafora vozaˇc zatiˇce zeleno svetlo”, A - dogad¯aj: ”vozaˇc stiˇze na vreme”. 162

Dogad¯aji H0 , H1 , H2 , H3 ˇcine potpun sistem dogad¯aja i pri tome je: P (H0 ) = P (× × ×) = (1 − 0.7) (1 − 0.6) (1 − 0.8) = 0.024, P (H1 ) = P (◦ × × + × ◦ × + × × ◦) = = 0.7 (1 − 0.6) (1 − 0.8) + (1 − 0.7) 0.6 (1 − 0.8) + + (1 − 0.7) (1 − 0.6) 0.8 = 0.356, P (H2 ) = P (◦ ◦ × + ◦ × ◦ + × ◦ ◦) = = 0.7 · 0.6 · (1 − 0.8) + 0.7 · (1 − 0.6) · 0.8 + (1 − 0.7) · 0.6 · 0.8 = = 0.452, P (H3 ) = P (◦ ◦ ◦) = 0.7 · 0.6 · 0.8 = 0.336. Iz opisa sledi da je: P (A | H0 ) = 0, P (A | H2 ) = 0.6,

P (A | H1 ) = 0.1, P (A | H3 ) = 1.

(a) Koriste´ci formulu totalne verovatno´ce dobijamo: 3 P P (A) = P (Hi ) P (A | Hi ) = i=0

= 0.024 · 0 + 0.356 · 0.1 + 0.452 · 0.6 + 0.336 · 1 = 0.6428. (b) Koriste´ci Bajesovu formulu dobijamo: P (H2 ) P (A | H2 ) 0.452 · 0.6 P (H2 | A) = = = 0.4219. P (A) 0.6428 2. Prvi naˇcin: dokaz izvodimo indukcijom po n ∈ N. µ 1 ¶ P * Za n = 1 je Z1 = X1 : P λi . i=1

* Pretpostavimo da za n = k vaˇzi: Zk =

k P i=1

µ Xi : P

k P

i=1

¶ λi

(skup vrednosti sluˇcajne promenljive Zk je RZk = {0, 1, 2, . . .}). * Dokazujemo da za n = k + 1 sluˇcajna promenljiva k+1 P Zk+1 = Xi = Zk + Xk+1 i=1 µk+1 ¶ P ima Poasonovu P λi raspodelu. i=1

Oznaˇcimo radi skra´cenog pisanja: λ =

k P i=1

λi .

Skup mogu´cih vrednosti sluˇcajne promenljive Zk+1 je skup RZk+1 = RZk + RXk+1 = {0, 1, 2, . . .} , a odgovaraju´ce verovatno´ce su (za sve m ∈ RZk+1 ): P (Zk+1 = m) = P (Zk + Xk+1 = m) = µm ¶ P =P {Zk = i, Xk+1 = m − i} = m [1] P

=

i=0

i=0

P (Zk = i, Xk+1 = m − i) = 163

m [2] P

=

P (Zk = i) · P (Xk+1 = m − i) = i=0 ¶ ´ µ λm−i m ³ i [3] P λ −λ k+1 −λk+1 = e · e = i! (m−i)! i=0 m P λ−i λi k+1 = e−(λ+λk+1 ) λm k+1 i! · (m−i)! = i=0 ´i m ³ P λ 1 = = e−(λ+λk+1 ) λm · i!(m−i)! k+1 λk+1 i=0 ³ ´ m i P 1 λ m! = e−(λ+λk+1 ) λm · 1m−i · i!(m−i)! k+1 m! λk+1 i=0 ³ ´m 1 λ = e−(λ+λk+1 ) λm = k+1 m! λk+1 + 1 m

1 (λ+λk+1 ) = e−(λ+λk+1 ) λm k+1 m! λm k+1

k+1 P

=

m

k+1 ) e−(λ+λk+1 ) (λ+λm!

=

=

= !m

· k+1 ¸ P exp − λi .

λi

i=1

m!

i=1

[1] - Dogad¯aji {Zk = i, Xk+1 = m − i} , i ∈ {0, 1, . . . , m} su disjunktni. [2] - Sluˇcajne promenljive Zk i Xk+1 su nezavisne jer je Zk funkcija od X1 , . . . , Xk a sluˇcajne promenljive X1 , . . . , Xk , Xk+1 su nezavisne. [3] - Dato je Xk+1 : P (λk+1 ) tj. P (Xk+1 = j) =

λjk+1 −λ k+1 , j! e

j ∈ {0, 1, 2, . . .};

s druge strane, po induktivnoj pretpostavci je Zk : P (λ) tj. j

P (Zk = j) = λj! e−λ , j ∈ {0, 1, 2, . . .} . Prema tome, sluˇcajna promenljiva Zk+1 ima skup mogu´cih vrednosti i njima µk+1 ¶ odgovaraju´ce verovatno´ce koje odgovaraju Poasonovoj P P λi raspodeli. i=1

Na osnovu principa matematiˇcke indukcije, tvrd¯enje zadatka je dokazano. Drugi naˇcin: Tvrd¯enje lakˇse dokazujemo pomo´cu karakteristiˇcnih funkcija. Sluˇcajna promenljiva Xj : P (λj ) ima karakteristiˇcnu funkciju KXj (t) = e(e

it

−1)λj

pa za karakteristiˇcnu funkciju sluˇcajne promenljive Zn , koriste´ci nezavisnost sluˇcajnih promenljivih Xj [∗], dobijamo: n KZn (t) = K P j=1

[∗]

Xj

(t) =

n Y

KXj (t) =

j=1

n Y j=1

164

λj (eit −1)

e

=e

(eit −1)

n P j=1

λj

ˇstoµje upravo ¶ karakteristiˇcna funkcija sluˇcajne promenljive sa Poasonovom n P P λi raspodelom. Poˇsto je funkcija raspodele jednoznaˇcno odrei=1

d¯ena cnom funkcijom, sledi da sluˇcajna promenljiva Zn ima µ nkarakteristiˇ ¶ P P λi raspodelu. i=1

3.

½ ϕX (x) =

1 x 2e 1 −x 2e

Y 6

, x<0 , , x≥0

FX (x) = P (X < x) =

Rx −∞

3

Y = f (X)

ϕX (t) dt. −2

−1

-X

1 −1

½

X 2 + 2X , X ≤ 1 (ˇciji je grafik dat na 3 , X>1 slici) se sluˇcajna promenljiva X transformiˇse u sluˇcajnu promenljivu Y . Pri reˇsavanju nejednaˇcine Y = f (X) < y dobijamo slede´ce sluˇcajeve:

Funkcijom Y = f (X) =

* za y < −1 jednaˇcina x2 + 2x − y = 0 nema reˇsenja tj. prava Y = y ne seˇce krivu f (X); * za −1 ≤ y√≤ 3 jednaˇcina x2 + 2x − y = 0 ima dva razliˇcita reˇsenja x1,2 = −1 ± 1 + y tj. prava Y = y seˇce krivu f (X) u taˇckama ˇcije su apscise x1 i x2 ; 2 * za 3 < y < √ ∞ jednaˇcina x + 2x − y = 0 ima, takod¯e, dva reˇsenja x1,2 = −1 ± 1 + y, ali prava Y = y seˇce krivu f (X) u taˇcki ˇcija je √ apscisa x1 = −1 − 1 + y.

Na osnovu razmotrenih sluˇcajeva, izraˇcunavanjem FY (y) = P (Y < y) dobijamo (1) za y ≤ −1: FY (y) = P (X ∈ ∅) = 0; (2) za −1 < y ≤ 0: ¡ ¡ ¢¢ √ √ FY (y) = P X ∈ −1 − 1 + y, −1 + 1 + y = √ √ −1+R 1+y −1+R 1+y 1 x = ϕX (x) dx = 2 e dx = √ √ −1− 1+y −1− 1+y ´ ³ √ √ = 12 e−1+ 1+y − e−1− 1+y ; (3) za 0 < y ≤ 3: ¡ ¡ ¢¢ √ √ FY (y) = P X ∈ −1 − 1 + y, −1 + 1 + y = =

√ −1+R 1+y

√ −1− 1+y

ϕX (x) dx =

R0 √ −1− 1+y

165

1 x 2 e dx

+

√ −1+R 1+y 0

1 −x dx 2e

=

=1−

1 2

³

e−1−

√ 1+y

+ e1−

´ √ 1+y

;

(4) za 3 < y < ∞: ¢¢ ¡ ¡ √ FY (y) = P X ∈ −1 − 1 + y, ∞ = =

R0 √ −1− 1+y

1 x 2 e dx

+

R∞ 1 0

−x dx 2e

=1−

R∞

ϕX (x) dx =

√ −1− 1+y √ 1 −1− 1+y . 2e

4. Obeleˇzimo sa Xi vreme ˇcekanja i - tog putnika. Iz Xi : U (0, 5) sledi da je 24 P E (Xi ) = 52 i D (Xi ) = 25 cajna promenljiva S24 = Xi predstavlja 12 . Sluˇ i=1

ukupno vreme ˇcekanja 24 putnika, pri ˇcemu je µ 24 ¶ 24 24 P P P 5 E (S24 ) = E Xi = E (Xi ) = 2 = 60 i=1

i=1

i=1

i (sluˇcajne promenljive Xi su nezavisne) µ 24 ¶ 24 24 P P P 25 D (S24 ) = D Xi = D (Xi ) = 12 = 50. i=1

i=1

i=1

Primenom centralne graniˇcne teoreme ([∗]) dobijamo: µ ¶ 24 −E(S24 ) 24 ) √ (a) P (S24 < 70) = P S√ < 70−E(S = D(S24 ) D(S24 ) ³ ´ [∗] ∗ ∗ √ < 70−60 = P S24 < 1.42) ≈ φ (1.42) ≈ 0.9222. ≈ P (S24 50 (b) Traˇzimo maksimalno reˇsenje po t nejednaˇcine P (S24 ≥ t) > 0.95: P (S24 ≥ t) > 0.95 ⇔ 1 − P (S24 < t) > 0.95 ⇔ ⇔ P (S24 < t) < 0.05 ⇔ µ ¶ S24 −E(S24 ) t−E(S24 ) ⇔ P √ <√ < 0.05 ⇔ D(S24 ) D(S24 ) µ ¶ µ ¶ [∗] t−E(S24 ) t−E(S24 ) ∗ √ √ ⇔ P S24 < < 0.05 ⇔ φ ¹ 0.05 ⇔ D(S24 )

⇔

t−E(S24 )

√

D(S24 )

−1

¹φ

D(S24 )

(0.05) ≈ −1.64

⇔

t ¹ 48.438.

Dakle, traˇzeno t je pribliˇzno 48.438 minuta. 5. (a) Poˇsto treba oceniti 2 parametra, izjednaˇci´cemo, na primer, momente prvog i drugog reda obeleˇzja X sa prvim i drugim uzoraˇckim momentom (posmatramo uzorak veliˇcine n: (X1 , X2 , . . . , Xn )), a zatim dobijene jednakosti reˇsavamo kao sistem jednaˇcina po a i b: n P 1 E (X) = a+b Xi , 2 = Xn = n i=1 ¡ ¢ 2 2 E X 2 = D (X) + E2 (X) = (b−a) + (a+b) = 12 4 n ¡ 2 ¢ P 2 1 1 2 = 3 a + ab + b = m2 = n Xi , i=1

koji je ekvivalentan sa 166

a = 2X n − b a2 + ab + b2 =

3 n

n P i=1

a = 2X n − b 2

b2 − 2X n b + 4X n − a = 2X n −sb 3 n

b = Xn ±

n P

3 n

n P i=1

2

i=1

3 n

= Xn ± q a = Xn ∓

n ¡ P i=1 2

3S n

⇔

Xi2 = 0

Xi2 − 3X n =

v i=1 u à n u P = X n ± t n3 Xi2 − s

⇔

Xi2

µ 1 n

Xi − X n

∧

n P

i=1

¢2

¶2 ! Xi

q = Xn ±

b = Xn ±

⇔

= 2

3S n

q 2 3S n ,

ali zbog X : U (a, b), tj. zbog a < b uzimamo: q q 2 2 ˆ a ˆ = X n − 3S n ∧ b = X n + 3S n . (b) Veliˇcina zadanog uzorka je n = 2 + 9 + 10 + 7 + 12 = 40. Intervale iz uzorka reprezentujemo (kao ˇsto je uobiˇcajeno) njihovim sredinama: x1 = 0.2, x2 = 0.6, x3 = 1, x4 = 1.4, x5 = 1.8 . Na osnovu zadanog uzorka i dobijenih ocena izraˇcunavamo: 1 X 40 = 40 (2 · 0.2 + 9 · 0.6 + 10 · 1 + 7 · 1.4 + 12 · 1.8) = 1.18, ³ 2 2 2 2 1 S 40 = 40 2 (0.2 − 1.18) + 9 (0.6 − 1.18) + 10 (1 − 1.18) + ´ 2 2 +7 (1.4 − 1.18) + 12 (1.8 − 1.18) = 0.2556, √ a ˆ = 1.18 − 3 · 0.2556 ≈ 0.3043, √ ˆb = 1.18 + 3 · 0.2556 ≈ 2.0557. Prema tome, X ima U (0.3043, 2.0557) raspodelu, odnosno:  0 , x ≤ 0.3043  x−0.3043 , 0.3043 < x ≤ 2.0557 . FX (x) =  1.7514 1 , 2.0557 < x Poˇsto u prvoj grupi imamo manje od 5 podataka, vrˇsimo spajanje prve i druge grupe. Dakle, teorijske verovatno´ce (verovatno´ce koje odgovaraju obeleˇzju) dobijamo sa: p1 = P (X ∈ [−∞, 0.8]) = FX (0.8) ≈ 0.2830, p2 = P (X ∈ [0.8, 1.2]) = FX (1.2) − FX (0.8) ≈ 0.2284, p3 = P (X ∈ [1.2, 1.6]) = FX (1.6) − FX (1.2) ≈ 0.2284, 167

p4 = P (X ∈ [1.6, ∞]) = 1 − FX (1.6) ≈ 0.2602. Prema tome, χ2 test primenjujemo na slede´ce podatke podatke: Ii (−∞, 0.8] (0.8, 1.2] (1.2, 1.6] (1.6, ∞) mi : 11 10 7 12 pi : 0.2830 0.2284 0.2284 0.2602 Vrednost statistike Z je:

z=

4 P i=1

(mi −40·pi )2 40·pi

≈ 0.8339.

Poˇsto je (imamo 4 grupe podataka i 2 ocenjena parametra) χ20.1;1 ≈ 2.71 > z konstatujemo da uzorak ne protivreˇci naˇsoj hipotezi. 6. Intervale reprezentujemo njihovim sredinama, i izraˇcunavamo pomo´cne veliˇcine:

x500 =

1 500

s2500 =

1 500

xi

1

3

5

7

fi

150

180

150

20

xi fi

150

x2i fi

150

4 P i=1 4 P i=1

540 1620

750

140

3750 980

4 P

n= 4 P i=1 4 P i=1

i=1

fi = 500

xi fi = 1580 x2i fi = 6500

xi fi = 3.16, x2i fi − x2500 = 3.0144,

s500 =

p

s2500 ≈ 1.7362.

Iz tablice Studentove raspodele oˇcitavamo: t500−1;0.95+ 1−0.95 = t499;0.975 ≈ t∞;0.975 ≈ 1.96. 2

(a) Traˇzeni interval poverenja: ³ ´ s500 √ I = x500 − t499;0.975 √s500 ; x + t = 500 499;0.975 499 499 = (3.00766; 3.31234) . (b) Poˇsto hipotezu testiramo sa istim pragom znaˇcajnosti sa kojim smo pod (a) naˇsli interval poverenja, tada zbog 4 6∈ I hipotezu odbacujemo. 7. Matrica prelaza (za jedan korak):  T1

P =

0

 1 T2  3

 T3  0 T4

168

T1

1 3

T2 1 2

0 1 2 1 3

T3

0 1 3

0 1 3

T4 1 2 1 3 1 2

0

    . 

£ T1 T2 T3 T4 ¤ Traˇzimo vektor verovatno´ca v = x y z t za koji vaˇzi v ·P = v; dakle, reˇsavamo po x, y, z, t ∈ (0, 1) sistem jednaˇcina [x y z t] · P = [x y z t]

∧

x+y+z+t=1,

koji je dalje ekvivalentan sa x +

y

+

z

1 3y 1 2x 1 2x

+

x +

1 3y 1 3y

y 4 3y

2 10

x=

+

1 2z

+

1 2z

+

t

+

1 3t 1 3t 1 3t

+ +

+

z

=

x

=

y

=

z

=

t

+

t

= 1

z

+

= 1

9 8z

+

4 3t 4 3t 40 27 t 2 10

∧ t=

+

∧ y=

= 1

3 10

∧ z=

⇔

⇔

5 8 4 9

= =

3 10 .

Prema tome, vektor finalnih verovatno´ca glasi: £ v=

T1 2 10

T2 3 10

T3 2 10

T4 3 10

¤

.

8. Matematiˇcko oˇcekivanje: mX (t) = E (cos (λt + U )) = = =

2π R 0 1 2π

[1] 1 2π

1 cos (λt + u) 2π du =

R∞

cos (λt + u) ϕY (u) du =

−∞ λt+2π R λt

cos zdz =

1 2π

(sin (λt + 2π) − sin (λt)) =

1 2π

sin z

λt+2π

|

=

λt

(sin (λt) − sin (λt)) = 0.

[1] - Smena: z = λt + u. Autokorelaciona funkcija: [2]

RX (t, s) = E (X (t) X (s)) = E (cos (λt + U ) cos (λs + U )) = ¡ ¢ = E 12 cos (λt + λs + 2U ) + 12 cos (λt − λs) = = 12 E (cos (λt + λs + 2U )) + 12 cos (λt − λs) = R∞ cos (λt + λs + 2u) ϕY (u) du + 12 cos (λt − λs) = = 12 =

1 2

−∞ 2π R 0

=0+

1 cos (λt + λs + 2u) 2π du +

1 2

cos (λt − λs) =

1 2

1 2

[3]

cos (λt − λs) =

cos (λ (t − s)). 169

Dakle, proces X (t) je slabo stacionaran jer je autokorelaciona funkcija je funkcija od (t − s).

mX (t) = const

a

[2] - Koriste´ci 2 cos α cos β = cos (α + β) + cos (α − β). [3] - Smenom z = λt + λs + 2u kao u [1]. Disperzija: 2

DX (t) = KX (t, t) = RX (t, t) − (mX (t)) =

1 2

cos 0 − 02 = 12 .

26.06.2001. 1. Aca i Boki bacaju pravilan novˇci´c, svaki po 100 puta. Izraˇcunati verovatno´cu da su jednak broj puta bacili grb. 2. Diskretna sluˇcajna promenljiva X ima geometrijsku G (p) (0 < p < 1) raspodelu. Neprekidna sluˇcajna promenljiva Y pri X = n ima gustinu ½ (n + 1) y n , y ∈ (0, 1) ϕY |{X=n} (y) = . 0 , y 6∈ (0, 1) (a) Na´ci funkciju raspodele sluˇcajne promenljive Y . (b) Izraˇcunati verovatno´ce P (X = n, Y < y). 3. Sluˇcajni vektor (X, Y ) ima gustinu raspodele verovatno´ca: ½ Ax2 y , (x, y) ∈ D ϕX,Y (x, y) = , 0 , (x, y) 6∈ D 10 , i gde je D trougao u R2 ravni sa temenima u taˇ gde je A = 17 £ckama ¤ (1, 1), (2, 1) i (1, 3). Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive α ∈ 0, π2 koja predstavlja ugao koji sluˇcajni vektor (X, Y ) zaklapa sa pozitivnim smerom x ose.

4. Sluˇcajna promenljiva X ima normalnu N (m, σ) raspodelu. Odrediti ¡ ¢ 33 pribliˇ z ne vrednosti parametara m i σ ako se zna da je P X < 25 = 0.2 ¡ ¢ i P X > 139 = 0.1. 25 µ ¶ 1 2 5. Obeleˇzje X ima zakon raspodele: . 2p 1 − 2p Na osnovu uzorka obima n oceniti parametar p (a) metodom momenata, (b) metodom maksimalne verodostojnosti. 6. U periodu od 50 godina je pra´cen broj kiˇsovitih dana u Briselu, i dobijeni podaci su predstavljeni u slede´coj tabeli: broj kiˇsnih dana broj godina

[0, 40] 5

(40, 80] (80, 100] 14 14 170

(100, 120] 11

(120, 360] 6

χ2 testom sa pragom znaˇcajnosti α = 0.01 testirati hipotezu da broj kiˇsnih dana u godini u Briselu ima normalnu raspodelu (za ocenu parametara koristiti poznate statistike). 7. Dva nezavisna izvora ˇsuma S1 i S2 na svaku sekundu menjaju svoja stanja stanje 0: ”izvor ne emituje ˇsum”

i

stanje 1: ”izvor emituje ˇsum”

i to na slede´ci naˇcin: izvor S1 : ako tokom jedne sekunde ne emituje ˇsum, tada u toku naredne sekunde ne emituje ˇsum sa verovatno´com 12 ; ako tokom jedne sekunde emituje ˇsum, tada u toku naredne sekunde ne emituje ˇsum sa verovatno´com 13 ; izvor S2 : ako tokom jedne sekunde ne emituje ˇsum, tada u toku naredne sekunde ne emituje ˇsum sa verovatno´com 14 ; ako tokom jedne sekunde emituje ˇsum, tada u toku naredne sekunde ne emituje ˇsum sa verovatno´com 15 . Sluˇcajni proces ξ predstavlja stanja izvora ˇsumova na takav naˇcin da ξ (n) = (i, j), gde je i, j ∈ {0, 1} oznaˇcava da se u toku n - te sekunde izvor ˇsuma S1 nalazi u stanju i, a S2 u stanju j. (a) Na´ci matricu prelaza (za jedan korak) homogenog lanca Markova ξ. (b) Ako u toku prve sekunde ni jedan izvor ne emituje ˇsum, izraˇcunati verovatno´cu da u toku tre´ce sekunde taˇcno jedan izvor emituje ˇsum. ¡ ¢ su nezavisne. Na´ci 8. Sluˇcajne promenljive U : N (0, 1) i V : E 12 srednju vrednost, autokovarijansnu funkciju i disperziju sluˇcajnog procesa Xt = U sin t + e−tV , t ∈ [0, ∞).

Reˇ senja: 1. Oznaˇcimo sa Ai , i ∈ {1, 2, . . . , 100} dogad¯aj: ”Aca je i puta bacio grb”, a sa Bj , j ∈ {1, 2, . . . , 100} dogad¯aj: ”Boki je j puta bacio grb”. Sa C oznaˇcimo dogad¯aj ”Aca i Boki su jednak broj puta bacili grb”. Sluˇcajna promenljiva X koja predstavlja ¡ ¢ broj baˇcenih grbova pri 100 bacanja pravilnog novˇci´ca ima B 100, 12 raspodelu, tako da je: ¡ ¢ ¡ 1 ¢i ¡ 1 ¢100−i ¡ 100 ¢ 1 P (Ai ) = P (Bi ) = P (X = i) = 100 = 2100 i 2 2 i . Dogad¯aj C moˇzemo predstaviti na slede´ci naˇcin: C =

100 P

Ak Bk . Pri

k=0

tome su dogad¯aji Ak Bk , k ∈ {1, . . . , 100} disjunktni, a dogad¯aji Ak i Bk su nezavisni med¯usobno, te sledi da je: µ 100 ¶ 100 100 P P P P (C) = P Ak Bk = P (Ak Bk ) = P (Ak ) P (Bk ) = =

100 P k=0

k=0

1

2100

¡ 100 ¢ k

k=0

·

1

2100

¡ 100 ¢ k

=

1

100 P

2200

k=0

171

k=0

¡ 100 ¢ ¡ 100 ¢ · k = k

1 2200

¡ 200 ¢ 100

.

n−1

2. P (X = n) = p (1 − p) , n ∈ N; y R ϕY |{X=n} (t) dt = FY |{X=n} (y) =

=

        Ry

−∞

Ry

0dt

, y≤0

−∞

(n + 1) tn dt , 0 < y ≤ 1 =

 0    R1    (n + 1) tn dt , 1 < y

 

0 , y≤0 y n+1 , 0 < y ≤ 1 .  1 , 1
0

(a) Na osnovu formule totalne verovatno´ce (dogad¯aji {X = n} , n ∈ N ˇcine potpun sistem dogad¯aja) dobijamo: ∞ P FY (y) = P (Y < y) = P (X = n) P (Y < y | X = n) = =p

∞ P

n=1

(1 − p)

n−1

n=1

- za y ≤ 0: FY (y) = p

∞ P

· FY |{X=n} (y) = . . . n−1

(1 − p)

· 0 = 0;

n=1

- za 0 < y ≤ 1: ∞ ∞ P P n−1 n+1 n−1 n−1 FY (y) = p (1 − p) y = py 2 (1 − p) y = = py

2

∞ P

n=1

n=1

(y (1 − p))

n−1 [1]

2

1 1−y(1−p)

n−1

[1]

p 1−(1−p)

= py

n=1

- za 1 < y: FY (y) = p

∞ P

(1 − p)

·1 =

n=1

=

py 2 1−y(1−p) ;

= 1.

[1] - Suma beskonaˇcnog geometrijskog reda.  0 , y≤0  py 2 Dakle: FY (y) = , 0
Y X,

Y α = arctg X £ π ¤¢ i pri tome znamo da je P α 6∈ 0, 2 = 0.

¡

172

, y≤0 , 0
gde je tg bijektivna funkcija

¡y ¢ y A y = 3x x =3 £ 6 A A £ A....£ 3 ¡y ¢ .. ... ... £.... A .... ..... y=x =1 ..... ...... ...... x ....... ....... ........ £ ........ ¡ A ......... ......... .......... .......... ........... £ ........... ¡ A ............ ............ ............. ............. .............. ............... ............... £ .............. A¡ ................ ................ ................. ¡y ¢ ................. D¡ .................. .................. ................... £ ................... A .................... .................... = 12 y = 12 x ..................... ..................... © x ...................... ...................... ....................... £ ¡ A© ....................... 1 £ ¡ ©©A £ ¡©© A y = −2x + 5 £¡© -x © 1

2

slika 1

Na osnovu definicije funkcije raspodele Fα (a) = P (α < a) i gustine sluˇcajnog vektora (X, Y ) dobijamo slede´ce sluˇcajeve (vidi sliku 1): (1) za a ≤ 0:

Fα (a) = 0;

¯ © ª (2) za a > 0: posmatraju´ci oblast Sa = (x, y) ∈ R2 ¯ xy < tg a dobijamo ¢ ¡Y ¢ ¡ RR Y
¡ ¤ RR (2.1) za a ∈ 0, arctg 12 : Fα (a) = Ax2 ydxdy = 0; ∅ ¡ ¤ ¡ ¤ (2.2) za a ∈ arctg 21, arctg 1 =  arctg 21 , π4 (vidi sliku 2.2): 5 tg a 5−y tgR a+2 R2 cos(3a)−821 sin3 a  Ax2 ydx dy = A 24 cos a+8480 Fα (a) = ; sin3 a 1

y tg a

y A 6 A

A

A A

A

A A

y2

y = x tg a # #

¡y x

= tg a

#

x1 x2

1 tg a

x2 =

5 tg a+2

y2 =

5 tg a tg a+2

¢

# A.... ..... ...... ........ .......... ............ ............. # SaA ............... ................. # A #

#

x1 =

A y = −2x + 5 -x slika 2.2

¡ ¤ (2.3) za a ∈ (arctg 1, arctg 3] = π4 , arctg 3 (vidi sliku 2.3): Ã ! 5 µ −2x+5 ¶ tgRa·x tgR a+2 R2 R 2 2 Ax ydy dx + Ax ydy dx = Fα (a) = 1

1

5 tg a+2

173

1

= − 960 cos2 a((2Acos a+sin a)4 · (230 + 7619 cos (2a) + +11674 cos (4a) + 4189 cos (6a) + 4242 sin (2a) + +5832 sin (4a) + 2602 sin (6a)); y A 6 A

A A

A ¶ A ¶ A.......¶ ..... ...... ........ ........ ¶ A .......... ........... ............. ............. ............... ................ .................. .................. ¶ A .................... .................... S ..................... ..................... a ...................... ...................... ....................... ¶....................... A ¶ A

y = x tg a

y2 y1 ¶

¶

x2

¢ = tg a

¡y x

x2 =

5 tg a+2

y1 = tg a y2 =

5 tg a tg a+2

A y = −2x + 5 -x slika 2.3

(2.4) za a ∈ (arctg 3, ∞):

RR

Fα (a) =

Ax2 ydxdy = 1.

D

√ = 4. Sluˇcajna promenljiva X ∗ = X−E(X) D(X)

X−m σ

ima N (0, 1) raspodelu.

Pribliˇzne vrednosti ove raspodele su date u tablicama (Laplasova funkcija), tako da je: µ ¶ ³ ´ 33 33 ¡ ¢ −E(X) −m X−E(X) 33 25 P X < 25 = P √ < √ = P X ∗ < 25 σ ≈ D(X) D(X) ³ 33 ´ −m ≈ φ 25 σ ≈ 0.2 ⇔ ⇔ ⇔

33 25 −m

σ

≈ φ−1 (0.2) ≈ −0.84

m − σ · 0.84 ≈

⇔

33 25 ,

µ ¶ 139 ¡ ¢ −E(X) X−E(X) 139 25 = 1 − P X ≤ 25 = 1 − P √ ≤ √ = D(X) D(X) ´ ³ 139 ´ ³ 139 −m −m = 1 − P X ∗ ≤ 25 σ ≈ 1 − φ 25 σ ≈ 0.1 ⇔ ´ ³ 139 −m ⇔ φ 25 σ ≈ 1 − 0.1 = 0.9 ⇔ ¡ P X>

⇔ ⇔

139 25

¢

139 25 −m

σ

≈ φ−1 (0.9) ≈ 1.28

m + σ · 1.28 ≈

⇔

139 25 .

Reˇsavaju´ci dobijeni sistem jednaˇcina po m i σ izraˇcunavamo traˇzene pribliˇzne vrednosti: m − σ · 0.84 ≈ m + σ · 1.28 ≈

33 25 139 25

⇔

σ≈2 . m≈3

Dakle, sluˇcajna promenljiva X ima pribliˇzno N (3, 2) raspodelu. 174

5. (a) Matematiˇcko oˇcekivanje obeleˇzja X: E (X) = 1 · 2p + 2 · (1 − 2p) = 2 (1 − p) izjednaˇcavamo sa uzoraˇckom srednjom vrednoˇs´cu: E (X) = X n ⇒ 2 (1 − p) = X n ⇒ 1 − p = 12 X n i dobijamo ocenu parametra p : p = 1 − 12 X n . (b) Koristi´cemo statistiku K, gde je K sluˇcajna promenljiva koja predstavlja broj jedinica u uzorku obima n (moˇzemo je predstaviti n P na slede´ci naˇcin: K = K (X1 , X2 , . . . , Xn ) = I{Xi =1} , gde je i=1

I{Xi =1} indikator dogad ½ ¯aja {Xi = 1}, tj. sluˇcajna promenljiva defin1 , Xi = 1 isana sa I{Xi =1} = ). 0 , Xi 6= 1 Oznaˇcimo sa k broj pojavljivanja jedinice u uzorku (x1 , x2 , . . . , xn ). n Q L (x1 , . . . , xn ; p) = P (Xi = xi ) = i=1

k

n−k

= (2p) · (1 − 2p) , ³ ´ k n−k ln L (x1 , . . . , xn ; p) = ln (2p) · (1 − 2p) = = k · ln (2p) + (n − k) · ln (1 − 2p). Maksimum funkcije L po p : ∂ 1 1 ln L (x1 , . . . , xn ; p) = k · · 2 + (n − k) · · (−2) = ∂p 2p 1 − 2p k −2 (n − k) (1 − 2p) k − 2p (n − k) = + = = p 1 − 2p p (1 − 2p) k − 2pk − 2p (n − k) k − 2p (k + n − k) k − 2np = = = , p (1 − 2p) p (1 − 2p) p (1 − 2p) ∂ ∂p

k ln L (x1 , . . . , xn ; p) = 0 ⇒ k − 2np = 0 ⇒ p = 2n . Prema tome, metodom maksimalne verodostojnosti smo dobili ocenu: K pˆ = . 2n

6. Za izraˇcunavanje parametara m i σ normalne raspodele N (m, σ) koristimo uzoraˇcku aritmetiˇcku sredinu i uzoraˇcku standardnu devijaciju, pri ˇcemu svaki interval reprezantujemo njegovom sredinom (x1 = 20, x2 = 60, x3 = 90, x4 = 110, x5 = 240): x50 = s250

s50

1 50

(5 · 20 + 14 · 60 + 14 · 90 + 11 · 110 + 6 · 240) = 97, ³ 2 2 2 1 = 50 5 · (20 − 97) + 14 · (60 − 97) + 14 · (90 − 97) + ´ 2 2 +11 · (110 − 97) + 6 · (240 − 97) = 3481, p = s250 = 59.

Sa ovako izraˇcunatim parametrima nalazimo potrebne teorijske verovatno´ce za obeleˇzje X sa normalnom N (97, 59) raspodelom: 175

pi = P (X ∈ (ai , bi )) = µ ≈φ

bi − x50 s50

¶

[1] - Smena

µ

1 √

Zbi

s50 2π

−φ

ai − x50 s50

x−x50 s50

= t.

e

(x−x50 )2 − 2s2 50

ai

¶

µ =φ

1 [1] dx = √ 2π

bi − 97 59

¶

µ −φ

bi −x50 s50

Z

t2

e− 2 dt ≈ ai −x50 s50

¶ ai − 97 . 59

Kako je gustina sluˇcajne promenljive sa normalnom raspodelom razliˇcita od nule na celom skupu R, χ2 test ´cemo primeniti na slede´ce podatke: (−∞, 40] 5

(40, 80] 14

(80, 100] (100, 120] 14 11

(120, ∞) 6

Dakle: p1 ≈ φ p2 p3 p4 p5

¡ 40−97 ¢

− φ (−∞) ≈ 0.166 − 0 ≈ 0.166, ¡ ¢ ≈ φ 59 − φ 40−97 ≈ 0.3859 − 0.166 ≈ 0.2199, 59 ¡ 80−97 ¢ ¡ 100−97 ¢ − φ 59 ≈ 0.5199 − 0.3859 ≈ 0.134, ≈φ 59 ¡ 120−97 ¢ ¡ 100−97 ¢ ≈φ −φ ≈ 0.6517 − 0.5199 ≈ 0.1318, 59 59 ¡ 120−97 ¢ ≈ φ (∞) − φ ≈ 1 − 0.6517 ≈ 0.3483. 59 59

¡ 80−97 ¢

Izraˇcunavamo vrednost statistike Z =

5 P i=1

(mi −npi )2 : npi

z ≈ 20.5204. Poˇsto je z > χ20.01;5−1−2 = χ20.01;2 ≈ 9.21 (dva ocenjena parametra), hipotezu odbacujemo. 7. (a) Verovatno´ce prelaza stanja izvora ˇsuma S1 : P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 0) = 12 , P (S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 0) = 1 − P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 0) = = 1 − 12 = 21 , P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 1) = 31 , P (S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 1) = 1 − P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 1) = = 1 − 13 = 32 .

Verovatno´ce prelaza stanja izvora ˇsuma S2 : P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 0) = 41 , P (S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 0) = 1 − P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 0) = = 1 − 14 = 43 , P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 1) = 51 , P (S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 1) = 1 − P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 1) = = 1 − 15 = 54 .

Verovatno´ce prelaza stanja procesa ξ: za sve i, j, k, m ∈ {0, 1} vaˇzi 176

p(i,j),(k,m) = = P (S1 (n + 1) = k, S2 (n + 1) = m | S1 (n) = i, S2 (n) = j) = P (S1 (n + 1) = k, S2 (n + 1) = m, S1 (n) = i, S2 (n) = j) = = P (S1 (n) = i, S2 (n) = j) [1] P (S1 (n + 1) = k, S1 (n) = i) P (S2 (n + 1) = m, S2 (n) = j) = = P (S1 (n) = i) P (S2 (n) = j) P (S1 (n + 1) = k, S1 (n) = i) P (S2 (n + 1) = m, S2 (n) = j) = · = P (S1 (n) = i) P (S2 (n) = j) = P (S1 (n + 1) = k | S1 (n) = i) P (S2 (n + 1) = m | S2 (n) = j). [1] - Izvori ˇsumova S1 i S2 su nezavisni. Prema tome: p(0,0),(0,0) = = P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 0) P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 0) = = 21 · 14 = 18 , p(0,0),(0,1) = = P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 0) P (S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 0) = = 21 · 34 = 38 , p(0,0),(1,0) = = P (S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 0) P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 0) = = 21 · 14 = 18 , p(0,0),(1,1) = = P (S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 0) P (S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 0) = = 21 · 34 = 38 , p(0,1),(0,0) = = P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 0) P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 1) = 1 = 21 · 15 = 10 , p(0,1),(0,1) = = P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 0) P (S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 1) = 4 = 21 · 45 = 10 , p(0,1),(1,0) = = P (S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 0) P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 1) = 1 = 21 · 15 = 10 , p(0,1),(1,1) = = P (S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 0) P (S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 1) = 4 = 21 · 45 = 10 , p(1,0),(0,0) = = P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 1) P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 0) = 1 = 31 · 14 = 12 , p(1,0),(0,1) = = P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 1) P (S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 0) = 3 , = 31 · 34 = 12 p(1,0),(1,0) = = P (S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 1) P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 0) = 2 = 32 · 14 = 12 ,

177

p(1,0),(1,1) = = P (S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 1) P (S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 0) = 6 = 32 · 43 = 12 , p(1,1),(0,0) = = P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 1) P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 1) = 1 = 31 · 51 = 15 , p(1,1),(0,1) = = P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 1) P (S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 1) = 4 = 31 · 54 = 15 , p(1,1),(1,0) = = P (S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 1) P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 1) = 2 = 32 · 51 = 15 , p(1,1),(1,1) = = P (S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 1) P (S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 1) = 8 = 32 · 54 = 15 .

Matrica prelaza procesa ξ: (0,0)

 (0,0) 1 8 1 10 1 12 1 15

  (1,0) 

P =

(0,1) 

(1,1)

(0,1) (1,0) (1,1) 3 1 3 8 8 8 4 1 4 10 10 10 3 2 6 12 12 12 4 2 8 15 15 15

    . 

(b) Matrica prelaza procesa ξ za dva koraka: (1,0)  (0,0) (0,1) 119 21 · · · 64 960 2 P = (0,1)   ··· ··· ···  ··· ··· ··· (1,0) ··· ··· ··· (1,1) (0,0)

 ··· ···  . ···  ···

(1,1)

£(0,0) (0,1) (1,0) (1,1)¤ 0 . Vektor poˇcetne raspodele verovatno´ca: p (0) = 1 0 0 Vektor raspodele verovatno´ca nakon dva koraka: p (2) =

£

(0,0)

···

(0,1) 21 64

(1,0) 119 960

(1,1)

···

¤

.

Prema tome, verovatno´ca da je u toku tre´ce sekunde aktivan taˇcno jedan izvor ˇsuma iznosi: P (ξ (2) ∈ {(0, 1) , (1, 0)}) = P (ξ (2) = (0, 1)) + P (ξ (2) = (1, 0)) = 21 217 = 64 + 119 960 = 480 ≈ 0.4521. ¡ ¢ 8. E (U ) = 0, D (U ) = 1, E U 2 = D (U ) + E2 (U ) = 0 + 1 = 1. Za sve t, s ∈ [0, ∞) je: ¡ ¢ ¡ ¢ . mX (t) = E (Xt ) = E U sin t + e−tV = sin t E (U ) + E e−tV = ¡ ¢ R∞ R∞ −tv 1 = E e−tV = e ϕV (v) dv = 12 e−tv e− 2 v dv = −∞

0

178

=

1 2

R∞ 0

−∞ R

[1]

1 e−(t+ 2 )v dv = − 2t+1 1

ez dz =

0

1 2t+1

R0

ez dz =

∞

1 2t+1 ;

. KX (t, s) = E ((Xt − mX (t)) (Xs − mX (s))) = = E (Xt Xs ) − mX (t) mX (s) = ¡¡ ¢¡ ¢¢ 1 1 = E U sin t + e−tV U sin s + e−sV − 2t+1 · 2s+1 = ¡ ¢ 2 −sV −tV −(t+s)V = E sin t sin s U + sin t U e + sin s U e +e 1 1 · 2s+1 = − 2t+1 ¡ 2¢ ¡ ¢ [2] = sin t sin s E U + sin t E U e−sV + ¡ −tV ¢ ¡ −(t+s)V ¢ 1 1 + sin s E U e +E e − 2t+1 · 2s+1 = ¡ −(t+s)V ¢ 1 = sin t sin s + E e − (2t+1)(2s+1) = R∞ −(t+s)v 1 = sin t sin s + e ϕV (v) dv − (2t+1)(2s+1) = = sin t sin s [3]

−∞ R∞ 1 + 12 e−(t+s+ 2 )v dv 0

= sin t sin s +

1 2(t+s)+1

−

−

1 (2t+1)(2s+1)

=

1 (2t+1)(2s+1) ;

. DX (t) = KX (t, t) = sin2 t +

1 4t+1

−

1 (2t+1)2

2

t = sin2 t + 4 (4t+1)(2t+1) 2.

¡ ¢ [1] - Smena − t + 12 v = z. [2] - Sluˇcajne promenljive U i V su nezavisne, te su nezavisne i sluˇcajne promenljive U i eαV , odakle sledi ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ E U eαV = E (U ) E eαV = 0 · E eαV = 0. ¡ ¢ [3] - Smena − t + s + 12 v = z.

12.07.2001. 1. Strelci A, B i C gad¯aju po jednom u cilj nezavisno jedan od drugog, pogad¯aju´ci ga redom sa verovatno´cama 0.6, 0.5 i 0.4. Ustanovljeno ˇ je verovatnije: da je strelac C je da je cilj pogod¯en ukupno 2 puta. Sta pogodio ili promaˇsio? 2. Nezavisne sluˇcajne promenljive X i Y su odred¯ene zakonima raspodela: ¶ µ ¶ µ 0 1 0 1 X: , Y : , (p, q ∈ (0, 1)) , p 1−p q 1−q a sluˇcajne promenljive Z = f (X) i W = g (Y ) su odred¯ene uslovnim raspodelama: µ ¶ µ ¶ 0 1 0 1 Z| {X = 0} : , Z| {X = 1} : , a 1−a b 1−b µ ¶ µ ¶ 0 1 0 1 W | {Y = 0} : , W | {Y = 1} : , c 1−c d 1−d 179

(a, b, c, d ∈ (0, 1)) i definisane su sluˇcajne promenljive S = X + Y T = Z + W.

i

(a) Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive Z. (b) Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive W . (c) Izraˇcunati verovatno´ce P (S = 0) i P (T = 1). (d) Izraˇcunati uslovnu verovatno´cu P (T = 1 | S = 0). 3. Sluˇcajna promenljiva X ima uniformnu U (0, 1) funkciju raspodele sluˇcajne promenljive:   X , X ≤ 21   1 Y = f (X) = , 21 < X ≤ 2    3X − 1 , 2 < X 2

2

Izraˇcunati verovatno´cu dogad¯aja Y = promenljiva?

raspodelu.

2 3

Na´ci

.

3

1 2.

Da li je Y neprekidna sluˇcajna

4. Preduze´ce u jednoj smeni proizvede 10000 proizvoda jedne vrste. Verovatno´ca da je jedan proizvod neispravan iznosi 0.05. Po zavrˇsetku smene neispravni proizvodi se stavljaju u posebno skladiˇste. (a) Za koliki broj proizvoda treba da bude napravljeno skladiˇste pa da sa verovatno´com 0.99 bude dovoljno za sve neispravne proizvode iz jedne smene? (b) Izraˇcunati verovatno´cu da je po zavrˇsetku smene u skladiˇstu broj neispravnih proizvoda ve´ci od 450 i manji od 520. 5. Obeleˇzje X ima gustinu raspodele: ( − √x θ √1 e , x≥0 θ ϕX (x) = , 0 , x<0

(θ > 0) .

Metodom maksimalne verodostojnosti na´ci ocenu parametra θ (za uzorak obima n) i ispitati centriranost (asimptotsku centriranost) dobijene ocene. 6. χ2 testom sa pragom znaˇcajnosti α = 0.05 ispitati saglasnost uzorka Ik mk

(1, 1.2] (1.2, 1.4] (1.4, 1.6] (1.6, 1.8] (1.8, 2] 33 23 20 15 9  , x≤1  √ 0 sa funkcijom raspodele: FX (x) = x−1 , 1
7. U pravougaoniku ABCD sa slike, stranice AB i CD ˇ su dva puta duˇze od stranica AD i BC. Cestica se u diskretnim vremenskim trenucima kre´ce iz temena u teme pravougaonika tako da u svakom trenutku prelazi u neko od dva susedna temena i to sa verovatno´cama koje su obrnuto srazmerne odgovaraju´cim rastojanjima izmed¯u temena. Napraviti matricu prelaza za jedan korak sluˇcajnog procesa ˇcija stanja opisuju poloˇzaj ˇcestice tokom vremena, i na´ci najverovatniji poloˇzaj ˇcestice nakon dva koraka ako je na poˇcetku ˇcestica bila u temenu A.

B

C

A

D

8. Neka su U : N (1, 2) (normalna raspodela) i V : P (3) (Poasonova raspodela) nezavisne sluˇcajne promenljive i neka je Xt , t ∈ [0, ∞) sluˇcajni proces definisan sa: Xt = et U + t2 V. (a) Na´ci srednju vrednost, autokovarijansnu funkciju i disperziju sluˇcajnog procesa Xt . Rt (b) Na´ci srednju vrednost sluˇcajnog procesa Yt = Xs ds. 0

Reˇ senja: 1. Oznaˇcimo dogad¯aje:

A B C W

-

”strelac A je pogodio cilj”, ”strelac B je pogodio cilj”, ”strelac C je pogodio cilj”, ”cilj je pogod¯en 2 puta”.

Verovatno´ca da je cilj pogod¯en (taˇcno) 2 puta: ¡ ¢ P (W ) = P ABC + ABC + ABC = ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ [1] = P (A) P (B) P C + P (A) P B P (C) + P A P (B) P (C) = = 0.6 · 0.5 · 0.6 + 0.6 · 0.5 · 0.4 + 0.4 · 0.5 · 0.4 = 0.38. Verovatno´ca da je strelac C cilj pogodio pod uslovom da je cilj pogod¯en (taˇcno) 2 puta: P (C | W ) = =

P(CW ) P(W )

=

0.6·0.5·0.4+0.4·0.5·0.4 0.4

P(ABC+ABC ) [1] P(A)P(B )P(C)+P(A)P(B)P(C) = P(W ) P(W )

=

0.2 0.38

=

= 0.5263,

a verovatno´ca da je strelac C cilj promaˇsio pod uslovom da je cilj pogod¯en (taˇcno) 2 puta: ¢ ¡ P C | W = 1 − P (C | W ) = 0.4737. Dakle, pod uslovom da je cilj pogod¯en (taˇcno) 2 puta, verovatnije je da je ¡ ¢ strelac C pogodio cilj nego da ga je promaˇsio (P C | W < P (C | W )). [1] - Koristimo disjunktnost i nezavisnost odgovaraju´cih dogad¯aja. 181

2. Koristi´cemo slede´ce: [1] - Sluˇcajne promenljive X i Y su nezavisne. [2] - Sluˇcajne promenljive X i Y su nezavisne, odakle sledi da su i sluˇcajne promenljive Z = f (X) i W = g (Y ) nezavisne. [3] - Zbog nezavisnosti sluˇcajnih promenljivih X i Y , kao i sluˇcajnih promenljivih Z = f (X) i W = g (Y ), sledi da su sluˇcajni vektori (Z, X) i (W, Y ) nezavisni. (a) RZ = {0, 1}. Koriste´ci formulu totalne verovatno´ce za potpun sistem dogad¯aja {{X = 0} , {X = 1}} dobijamo: P (Z = 0) = = P (X = 0) P (Z = 0 | X = 0) + P (X = 1) P (Z = 0 | X = 1) = = pa + (1 − p) b = b + p (a − b), P (Z = 1) = = P (X = 0) P (Z = 1 | X = 0) + P (X = 1) P (Z = 1 | X = 1) = = p (1 − a) + (1 − p) (1 − b) = 1 − b + p (b − a). µ ¶ 0 1 Dakle: Z: . b + p (a − b) 1 − b + p (b − a) (b) RW = {0, 1}. Koriste´ci formulu totalne verovatno´ce za potpun sistem dogad¯aja {{Y = 0} , {Y = 1}} dobijamo: P (W = 0) = = P (Y = 0) P (W = 0 | Y = 0) + P (Y = 1) P (W = 0 | Y = 1) = = qc + (1 − q) d = d + q (c − d), P (W = 1) = = P (Y = 0) P (W = 1 | Y = 0) + P (Y = 1) P (W = 1 | Y = 1) = = q (1 − c) + (1 − q) (1 − d) = 1 − d + q (d − c). µ ¶ 0 1 Dakle: W : . d + q (c − d) 1 − d + q (d − c) (c) P (S = 0) = P (X + Y = 0) = P (X = 0, Y = 0) = [1]

= P (X = 0) P (Y = 0) = pq.

P (T = 1) = P (Z + W = 1) = = P ({Z = 0, W = 1} + {Z = 1, W = 0}) = = P (Z = 0, W = 1) + P (Z = 1, W = 0) = [2]

= P (Z = 0) P (W = 1) + P (Z = 1) P (W = 0) = = (b + p (a − b)) (1 − d + q (d − c)) + + (1 − b + p (b − a)) (d + q (c − d)) = = (b + d − 2bd) + p (a − b) (1 − 2d) + + q (c − d) (1 − 2b) + pq (−2 (a − b) (c − d)). 182

P(T =1,S=0) = P(S=0) P({Z=0,W =1,X=0,Y =0}+{Z=1,W =0,X=0,Y =0}) = P(X=0,Y =0) P(Z=0,W =1,X=0,Y =0)+P(Z=1,W =0,X=0,Y =0) = P(X=0,Y =0)

(d) P (T = 1 | S = 0) = = =

[3] P(Z=0,X=0)P(W =1,Y =0)+P(Z=1,X=0)P(W =0,Y =0) = P(X=0,Y =0) (P(X=0)P(Z=0 | X=0))(P(Y =0)P(W =1 | Y =0)) = + P(X=0)P(Y =0) (P(X=0)P(Z=1 | X=0))(P(Y =0)P(W =0 | Y =0)) + = P(X=0)P(Y =0)

=

= P (Z = 0 | X = 0) P (W = 1 | Y = 0) + + P (Z = 1 | X = 0) P (W = 0 | Y = 0) = = a (1 − c) + (1 − a) c = a + c − 2ac. 3. y 6 1  

1 2

1 2

2 3

 

1

Funkcija raspodele sluˇcajne promenljive X:  0 , x≤0 FX (x) = x , 0 < x ≤ 1 .  1 , 1
y = f (x)

-x

FY (y) = P (Y < y) = . . . (1) za y ≤ 21 :

FY (y) = P (X < y) = FX (y) = . . .

(1.1) za y ≤ 0: FY (y) = 0; (1.2) za 0 < y ≤ 12 : FY (y) = y; (2) za 12 < y (za 12 < y nalazimo odgovaraju´ce x takve da je f (x) = y: f (x) = y ⇔ y = 32 x − 12 ⇔ x = 23 y + 13 ): ¡ ¢ ¡ ¢ FY (y) = P X < 32 y + 13 = FX 32 y + 13 = . . . (2.1) za 23 y + 13 ≤ 1 odnosno (2.2) za 1 < 32 y + 13 odnosno  0     y Dakle: FY (y) = 2  y + 13    3 1

y ≤ 1: 1 < y:

FY (y) = 23 y + 13 ; FY (y) = 1.

, y≤0 , 0 < y ≤ 21 . , 12 < y ≤ 1 , 1
Sluˇcajna promenljiva Y nije apsolutno neprekidnog tipa jer za funkciju  0 , y≤0     1 , 0
R∞

vaˇzi:

1

ϕ (y) dy =

−∞

R2

dy +

0

R1 1 2

2 3 dy

1 2

=

+

1 3

=

5 6

¡ ¢ ¡ £ ¤¢ ¡ ¢ ¡ ¢ P Y = 12 = P X ∈ 12 , 23 = FX 23 − FX 12 =

6= 1. 2 3

−

1 2

= 16 .

4. Neka je S10000 sluˇcajna promenljiva koja predstavlja broj neispravnih proizvoda med¯u 10000 proizvedenih tokom jedne smene. Sluˇcajna promenljiva S10000 ima binomnu B (10000, 0.05) raspodelu, ˇsto znaˇci da za pribliˇzno izraˇcunavanje verovatno´ca P (a < S10000 < b) moˇzemo koristiti Moavr - Laplasovu teoremu [∗] (n = 10000, p = 0.05, q = 1−0.05 = 0, 95). (a) Oznaˇcimo sa k broj proizvoda koji mogu stati u skladiˇste. Treba da ga odredimo tako da broj neispravnih proizvoda jedne smene bude manji ili jednak sa k sa verovatno´com 0.99: P (S10000 ≤ k) = P (S10000 < k + 1) = 0.99 ⇔ ³ ´ Sn −np k+1−np ⇔ P √npq < √npq = 0.99 ⇔ ³ ´ [∗] √ ⇔ φ k+1−np ≈ 0.99 ⇔ npq k+1−np −1 √ npq ≈ φ k+1−10000·0.05 √ 10000·0.05·0.95

⇔ ⇔

(0.99) ≈ 2.33 ≈ 2.33

⇔ k−499 21.7945

⇔

≈ 2.33

⇔

⇔ k ≈ 2.33 · 21.7945 + 499 ≈ 549.781. Dakle, skladiˇste treba da bude za 550 (neispravnih) proizvoda. ³ ´ S10000 −np √ √ √ (b) P (450 < S10000 < 520) = P 451−np < 520−np ≈ npq ≤ npq npq ´ ³ ´ ³ ¡ ¢ ¡ 451−500 ¢ [∗] √ √ − φ 451−np ≈ φ 520−500 ≈ ≈ φ 520−np npq npq 21.7945 − φ 21.7945 ≈ φ (0.92) − φ (−2.25) ≈ 0.8212 − (1 − 0.9878) ≈ 0.809. 5. Funkcija verodostojnosti za uzorak obima n: L (x1 , . . . , xn ; θ) =

n Y

P n Y − √1 xi 1 − √xi θ −n i=1 2 θ √ e (xi ) = , =θ e θ i=1 n

ϕXi

i=1

ln L (x1 , . . . , xn ; θ) = ln θ

−n 2

+ ln e

− √1

n P

θ

i=1

xi

=−

n n 1 X ln θ − √ xi . 2 θ i=1

Traˇzimo maksimum funkcije L po θ : ∂ ∂θ

⇒ ⇒

ln L (x1 , . . . , xn ; θ) = − n2 · 1

−n + θ− 2 √

n P i=1

θ=

1 n

n P

i=1

xi

xi = 0 ⇒

1 θ

⇒ √

+

1 2

3

θ− 2

√1 θ

θ = xn

n P i=1

n P i=1

xi = 0

xi = n

⇒

θ = x2n .

2 θˆ = X n .

Prema tome, dobili smo ocenu: Koriste´ci: 184

⇒

⇒

E (X) =

R∞ −∞

[1]

=

x ϕX (x) dx =

R∞

x

0

√1 θ

e

− √x

θ

dx =

√ R∞ 2−1 −t √ √ e dt = θ Γ (2) = θ, θ t 0

¡ ¢ R∞ R∞ 2 x ϕX (x) dx = x2 E X2 = [1]

=θ

R∞

−∞

0

√1 θ

− √x

e

θ

dx =

t3−1 e−t dt = θ Γ (3) = 2θ,

0

[1] - Smena

x √ θ

= t.

i koriste´ci nezavisnost sluˇcajnih promenljivih Xi (odnosno koriste´ci E (Xi Xj ) = E (Xi ) E (Xj )), dobijamo matematiˇcko oˇcekivanje statistike ˆ θ: ÷ à ! ¸2 ! ³ ´ n n P P P 1 E θˆ = E Xi = n12 E Xi2 + Xi Xj = n i=1 i=1 i6=j ! à n ¡ 2¢ P P 1 E (Xi ) E (Xj ) = = n2 E Xi + i=1 i6=j à ! n ¡ 2¢ P P 2 1 = n2 (E (X)) = E X + i=1 ³ ¡ ¢ ¡ i6=j ¢ ´ 2 = n12 nE X 2 + n2 − n (E (X)) = ¡ ¡ ¢ ¢ = n12 n · (2θ) + n2 − n θ = n2 θ + θ − n1 θ = n1 θ + θ 6= θ. Dakle, ocena θˆ nije centrirana, ali jeste asimptotski centrirana jer je: ³ ´ ¡ ¢ lim E θˆ = lim n1 θ + θ = θ. n→∞

6. Veliˇcina uzorka:

n→∞

n = 33 + 23 + 20 + 15 + 9 = 100.

Teorijske verovatno´ce obeleˇzja X: p1 = P (X ≤ 1.2) = FX (1.2) ≈ 0.4472, p2 = P (1.2 < X ≤ 1.4) = FX (1.4) − FX (1.2) ≈ ≈ 0.6325 − 0.4472 ≈ 0.1853, p3 = P (1.4 < X ≤ 1.6) = FX (1.6) − FX (1.4) ≈ ≈ 0.7746 − 0.6325 ≈ 0.1421, p4 = P (1.6 < X ≤ 1.8) = FX (1.8) − FX (1.6) ≈ ≈ 0.8944 − 0.7746 ≈ 0.1198, p5 = P (1.8 < X) = 1 − FX (1.8) ≈ 1 − 0.8944 ≈ 0.1056. Izraˇcunavamo vrednost statistike Z =

5 P i=1

(mi −npi )2 : npi

2 2 2 z = (33−100·0.4472) + (23−100·0.1853) + (20−100·0.1421) + 100·0.4472 100·0.1853 100·0.1421 (9−100·0.1056)2 (15−100·0.1198)2 + 100·0.1056 ≈ 7.49802. + 100·0.1198 2 Poˇsto je z < χ0.05;5−1 = χ20.05;4 ≈ 9.49, konstatujemo

saglasan sa zadanom funkcijom raspodele. 185

da je uzorak

7. Obeleˇzimo sa pAX verovatno´cu prelaza u jednom koraku iz temena A u ostala temena X ∈ {A, B, C, D}. Iz opisa vidimo da je pAA = pAC = 0, a verovatno´ce pAB zadovoljavaju uslove pAB pAD

=

1 2

∧

pAA + pAB + pAC + pAD = pAB + pAD = 1,

odakle dobijamo (pAD = 2pAB

i pAD

∧

pAB + pAD = 1)

¡

⇒

pAD =

2 3

∧

pAB =

1 3

¢ .

Analogno dobijamo i ostale verovatno´ce prelaza, tj. matricu prelaza:  A

P = P (1) = [pXY ] =

A

0

 1 B 3

 C 0

D

2 3

B 1 3

0 2 3

0

C

0 2 3

0 1 3

D 2 3



0   . 1  3  0



5 9

 0  P (2) = P 2 =  4  9 0

Matrica prelaza za dva koraka:

0 5 9

0 4 9

4 9

0 5 9

0

0



  . 0  4 9 5 9

A B C D

Poˇcetna raspodela:

p (0) = [ 1 0 0 0 ] .

Raspodela nakon dva koraka:

p (2) = p (0) · P (2) =

B C D¤ 4 9 0 9 0

£ A5

.

Dakle, nakon 2 koraka ´ce ˇcestica najverovatnije biti ponovo u temenu A. ¡ ¢ 8. E (U ) = 1, D (U ) = 22 = 4, E U 2 = D (U ) + E2 (U ) = 4 + 1 = 5, ¡ ¢ E (V ) = 3, D (V ) = 3, E V 2 = D (V ) + E2 (V ) = 3 + 9 = 12. (a) Za sve t, s ∈ [0, ∞) je ∗ srednja vrednost procesa: ¡ ¢ mX (t) = E (Xt ) = E et U + t2 V = = et E (U ) + t2 E (V ) = et + 3t2 ; ∗ autokovarijansna funkcija procesa: KX (t, s) = E ((Xt − mX (t)) (Xs − mX (s))) = = E (Xt Xs ) − mX (t) mX (s) = ¡¡ ¢¡ ¢¢ ¡ ¢¡ ¢ = E et U + t2 V es U + s2 V − et + 3t2 es + 3s2 = ´ ³ ¡ ¢ 2 = E et+s U 2 + et s2 + es t2 U V + (ts) V 2 ¡ ¢¡ ¢ − et + 3t2 es + 3s2 = ¢ ¡ 2¢ ¡ t 2 2 ¡ 2¢ s 2 E (U V ) + (ts) E V + e s + e t = et+s E U ¡ t ¢¡ s ¢ 2 2 − e + 3t e + 3s = 186

¡ 2¢ ¡ t 2 ¢ 2 ¡ 2¢ s 2 = et+s ¡ Et U 2 ¢+¡ es s +2e¢ t E (U ) E (V ) + (ts) E V − e + 3t e + 3s = t+s t 2 = 5e + 3e s + 3es t2 + 12t2 s2 − et+s − 3et s2 − 3es t2 − 9t2 s2 = t+s = 4e + 3t2 s2 ; [1]

∗ disperzija procesa: DX (t) = KX (t, t) = 4e2t + 3t4 . [1] - Sluˇcajne promenljive U i V su nezavisne. ¢ Rt Rt ¡ s (b) mY (t) = mY (s) ds = e + 3s2 ds = et + t3 − 1. 0

0

11.09.2001. 1. Gliˇsa je u dˇzepu imao 8 zelenih i 6 belih klikera, ali je 1 kliker izgubio. Dva puta sa vra´canjem vadi po jedan kliker iz dˇzepa i konstatuje boju svakog od izvuˇcenih klikera. (a) Koliko iznosi verovatno´ca da je izgubljeni kliker zelene boje ako su oba izvuˇcena klikera zelene boje? (b) Koliko iznosi verovatno´ca da je izgubljeni kliker zelene boje ako su oba izvuˇcena klikera iste boje? 2. Na´ci raspodelu, matematiˇcko oˇcekivanje i disperziju sluˇcajne promenljive X koja predstavlja sluˇcajno izabrani broj iz skupa [3, 5] ∪ [10, 11] ∪ {15}. 3. Posmatrajmo dogad¯aj A: ”prilikom bacanja kockice za ”Ne ljuti se ˇcoveˇce” se pojavio broj manji od 5”. Kockica se baca dok se dogad¯aj A ili njemu suprotan dogad¯aj ne realizuje 2 puta uzastopno. Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive Y koja predstavlja broj izvedenih bacanja kockice. 4. Koˇsarkaˇs na utakmici pogad¯a koˇs sa verovatno´com 0.4. (a) Koliko iznosi verovatno´ca da iz 40 pokuˇsaja koˇs pogodi bar 15 puta? (b) Koliko najmanje puta treba da gad¯a koˇs pa da sa verovatno´com 0.9 ima bar 30 pogodaka. 5. Neka obeleˇzje X ima raspodelu datu gustinom ( √ √θ e−2θ x , x>0 x ϕX (x) = , 0 , x≤0

(θ > 0) .

(a) Na´ci ocenu parametra θ metodom maksimalne verodostojnosti. (b) χ2 testom ispitati saglasnost uzorka Ik (0, 1] (1, 2] (2, 3] (3, 4] (4, 5] mk 35 26 20 15 4 sa datom raspodelom uz prag znaˇcajnosti α = 0.1. 187

6. Ako pretpostavimo da se uzorak Ik mk

(0, 1] (1, 2] 4 8

(2, 3] (3, 4] 9 7

(4, 5] 2

odnosi na obeleˇzje sa normalnom raspodelom, na´ci 90% intervale poverenja za srednju vrednost i za disperziju obeleˇzja. 7. Poˇcevˇsi od ponedeljka elektrodistribucija svaki dan iskljuˇcuje po jednu od 3 grupe potroˇsaˇca po slede´cem pravilu: ako odred¯ena grupa tokom jednog dana nema struje, tada se sutradan sa podjednakim verovatno´cama iskljuˇcuje jedna od preostale dve grupe. (a) Na´ci matricu prelaza lanca Markova ξn koji predstavlja redni broj iskljuˇcene grupe u toku n - tog dana od poˇcetka primene restrikcija. (b) Ako neka grupa u sredu nema struje, koliko iznosi verovatno´ca da ´ce u nedelju imati struje? (c) Na´ci finalne verovatno´ce procesa ξn . 8. Neka su U i V nezavisne sluˇcajne promenljive, obe sa uniformnom U (1, 3) raspodelom. Na´ci raspodele prvog reda i matematiˇcko oˇcekivanje sluˇcajnog procesa Xt = (U + V )

t+1

, t ∈ [0, ∞) .

Reˇ senja: 1. Oznaˇcimo sa Z dogad¯aj: ”izgubljeni kliker je zelene boje”. Dogad¯aji Z i Z oˇcigledno ˇcine potpun ¡ ¢sistem dogad¯aja i verovatno´ce ovih dogad¯aja su 8 P (Z) = 8+6 = 47 i P Z = 1 − P (Z) = 73 . (a) Oznaˇcimo sa A dogad¯aj: ”oba izvuˇcena klikera su zelene boje”. Poˇsto ´2 ³ ¡ ¢ ³ 8 ´2 49 64 7 = 169 i P A | Z = 8+5 = 169 , koriste´ci je P (A | Z) = 7+6 formulu totalne verovatno´ce dobijamo ¡ ¢ ¡ ¢ 388 P (A) = P (Z) P (A | Z) + P Z P A | Z = 1183 , pa koriste´ci Bajesovu formulu dobijamo | Z) 49 P (Z | A) = P(Z)P(A = 97 . P(A) (b) Oznaˇcimo sa C dogad¯aj: ”oba izvuˇcena klikera su iste boje” (moˇzemo ga predstaviti kao C = A + B gde je A dogad¯aj opisan pod (a), a B je dogad¯aj: ”oba izvuˇcena klikera su bele boje”). Poˇsto ³ ´2 ³ ´2 7 6 85 je P (C | Z) = P (A | Z) + P (B | Z) = 7+6 + 7+6 = 169 ´2 ³ ´2 ³ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 8 5 89 i P C | Z = P A | Z + P B | Z = 8+5 + 8+5 = 169 , koriste´ci formulu totalne verovatno´ce dobijamo ¡ ¢ ¡ ¢ 607 P (C) = P (Z) P (C | Z) + P Z P C | Z = 1183 , pa koriste´ci Bajesovu formulu dobijamo | Z) = 340 P (Z | C) = P(Z)P(C P(C) 607 . 188

2. Poˇsto sluˇcajna promenljiva X predstavlja sluˇcajno izabrani broj iz unije skupova T = [3, 5] ∪ [10, 11] ∪ {15}, tada je X apsolutno neprekidnog tipa i ima uniformnu raspodelu na skupu T koji je mere (tj. ”duˇzine”) (5 − 3) + (11 − 10) + (15 − 15) = 3. Dakle: ½ 1 , x∈T 3 , ϕX (x) = 0 , x 6∈ T Rx FX (x) = ϕX (t) dt = . . . −∞

- za x ≤ 3: FX (x) =

Rx

0dx = 0;

−∞

- za 3 < x ≤ 5: R3 Rx FX (x) = 0dt + 13 dt = 13 x − 1; −∞

3

- za 5 < x ≤ 10: R3 Rx R5 FX (x) = 0dt + 31 dt + 0dt = 23 ; −∞

3

5

- za 10 < x ≤ 11: R3 R10 R5 Rx FX (x) = 0dt + 13 dt + 0dt + 13 dt = 13 x − 38 ; −∞

3

5

10

- za 11 < x ≤ 15: R3 R10 Rx R5 R11 FX (x) = 0dt + 13 dt + 0dt + 31 dt + 0dt = 1; −∞

3

5

10

11

- za 15 < x: R10 R15 Rx R3 R11 R15 R5 FX (x) = 0dt + 31 dt + 0dt + 13 dt + 0dt + 13 dt + 0dt = 1. −∞

Dakle:

E (X) =

FX (x) =

R∞ −∞

5

3

                  

xϕX (x) dx =

1 3x

1 3x

10

3

15

0

, x ∈ (−∞, 3]

−1

, x ∈ (3, 5]

2 3

, x ∈ (5, 10]

−

8 3

15

,

, x ∈ (10, 11]

1 R5

11

, x ∈ (11, ∞)

1 3 xdx

+

R11 1 10

3 xdx

+

R15 1 15

3 xdx

=

37 6 ,

¡ ¢ R∞ 2 R5 R11 R15 E X2 = x ϕX (x) dx = 13 x2 dx + 13 x2 dx + 13 x2 dx = −∞ 3 15 ¡ ¢ ¡ 37 ¢102 347 D (X) = E X 2 − E2 (X) = 143 − = . 3 6 36 ¡ ¢ 3. P (A) = 46 = 23 , P A = 13 . 189

143 3 ,

Skup vrednosti sluˇcajne promenljive Y :

RY = {2, 3, 4, . . .}.

Pri izraˇcunavanju zakona raspodele sluˇcajne promenljive Y (P (Y = k), k ∈ RY ) moramo posebno razmatrati sluˇcajeve kada je k parno i kada je k neparno. . Za parno k, odnosno za k = 2n, n ∈ {1, 2, 3, . . .} je ³¡ ¢n−1 ´ ¡ ¢n−1 P (Y = 2n) = P AA AA + AA AA = ³¡ ´ ³¡ ´ ¢n−1 ¢n−1 [1] = P AA AA + P AA AA = ¡ ¢¢n−1 ¡ ¡ ¢ ¢n−1 ¡ ¢ ¡ ¢ [2] ¡ = P (A) P A P (A) P (A) + P A P (A) P A P A = ¡ 2 ¢n−1 4 ¡ 2 ¢n−1 1 ¡ ¢ 5 2 n−1 = 9 + = . 9 9 9 9 9 . Za neparno k, odnosno za k = 2n + 1, n ∈ {1, 2, 3, . . .} je ³ ¡ ´ ¢n−1 ¡ ¢n−1 P (Y = 2n + 1) = P A AA AA + A AA AA = ³ ¡ ´ ³ ¡ ´ ¢n−1 ¢n−1 [1] = P A AA AA + P A AA AA = ¡ ¢¢n−1 ¡ ¢¡ [2] P (A) P (A) + = P A P (A) P A ¡ ¡ ¢ ¢n−1 ¡ ¢ ¡ ¢ + P (A) P A P (A) P A P A = ¡ ¢n−1 4 ¡ 2 ¢n−1 2 ¡ 2 ¢n = 29 + = . 27 9 27 9 [1] - Radi se o verovatno´ci unije disjunktnih dogad¯aja. [2] - Pojedinaˇcna bacanja kockice su nezavisna. 4. Sluˇcajna promenljiva Sn koja predstavlja broj postignutih koˇseva pri n gad¯anja ima binomnu B (n, 0.4) raspodelu, pa koristimo Moavr-Laplasovu teoremu ([∗]). (a) Traˇzena verovatno´ca je: P (S40 ≥ 15) = 1 − P (S40 < 15) = ³ ´ ³ ´ S40 −40·0.4 S40 −40·0.4 15−40·0.4 √ √ = 1−P √ < ≈ 1 − P < −0.3227 ≈ 40·0.4·0.6 40·0.4·0.6 40·0.4·0.6 [∗]

≈ 1 − φ (−0.3227) = φ (0.3227) ≈ 0.6265.

(b) Traˇzimo najmanje reˇsenje po n jednaˇcine P (Sn ≥ 30) = 0.9 : P (Sn ≥ 30) = 1 − P (Sn < 30) = 0.9 ⇔ P (Sn < 30) = 0.1 ³ ´ −0.4 n 30−0.4 n √ ⇔ P √Sn0.4·0.6 < = 0.1 ⇔ n 0.4·0.6 n ´ ³ ´ ³ [∗] 30−0.4 n √n ≈ φ ≈ 0.1 ⇔ ⇔ φ √30−0.4 0.4849 n 0.4·0.6 n ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

30−0.4 √n 0.4849 n

≈ φ−1 (0.1) = −φ−1 (0.9) ≈ −1.28 ⇔ √ 0.4 n − 1.28 · 0.4849 n − 30 ≈ 0 ⇔ ¡ √ ¢ 0.4 t2 − 0.6207 t − 30 ≈ 0 ∧ t = n ⇔ √ ((t ≈ −7.9191 ∨ t ≈ 9.4708) ∧ t = n) ⇔ √ √ ( n ≈ −7.9191 ∨ n ≈ 9.4708) ⇔ 190

⇔

√ ⇔ n ≈ 9.4708 ⇔ n ≈ 9.47082 ≈ 89.6963. Dakle, koˇsarkaˇs treba da gad¯a oko 90 puta da bi sa verovatno´com 0.9 imao bar 30 pogodaka. 5. (a) Za sluˇcaj ∀i, xi > 0 je L (x1 , . . . , xn ; θ) = ϕX (x1 ) · . . . · ϕX (xn ) = =

√ √θ e−2θ x1 x1

· ... ·

√ √θ e−2θ xn xn

ln L (x1 , . . . , xn ; θ) = n ln θ − ∂ ∂θ

ln L (x1 , . . . , xn ; θ) =

n θ

1 2

−2

− 12

n

= θ (x1 . . . xn )

ln (x1 . . . xn ) − 2θ n √ P

i=1

−2θ

e

n P

√

i=1

n √ P i=1

xi

,

xi ,

xi .

Nalazimo maksimum funkcije L po θ: ∂ ∂θ

⇔

ln L (x1 , . . . , xn ; θ) = 0 n = 2θ

n P

√

i=1

xi

⇔

n θ

⇔ θ=

i=1

n n √ P

2

i=1

xi

2

i=1

(b) Obim posmatranog uzorka je n =

5 P i=1

xi = 0

⇔

.

n n √ P

θˆ =

Dakle, dobili smo ocenu:

n √ P

−2

. Xi

mi = 35+26+20+15+4 = 100.

Vrednost nepoznatog parametra θ koji figuriˇse u zadanoj raspodeli obeleˇzja moˇzemo na osnovu uzorka izraˇcunati koriste´ci prethodno nad¯enu ocenu (pri ˇcemu za xi uzimamo sredine zadanih intervala): 100 ≈ 0.4. θ = 2 35· 1 +26· 3 +20· 5 7 9 ( 2 2 2 +15· 2 +4· 2 ) Funkcija raspodele obeleˇzja X: Rx FX (x) = ϕX (t) dx = . . . −∞

- za x ≤ 0: - za x < 0:

FX (x) = FX (x)

[1] - Smenom

√

Rx

0dx = 0;

−∞ √ Rx [1] = √θx e−2θ x dx = 0

1 − e−2θ

√

x

.

x = t. ½ 0 √ , x≤0 Dakle: FX (x) = . −0.8 x 1−e , x>0 Spajamo poslednje dve grupe podataka i izraˇcunavamo odgovaraju´ce teorijske verovatno´ce: p1 = P (0 < X ≤ 1) = FX (1) − FX (0) ≈ 0.5514 − 0 ≈ 0.5514, p2 = P (1 < X ≤ 2) = FX (2) − FX (1) ≈ 0.6781 − 0.5514 ≈ 0.1267, p3 = P (2 < X ≤ 3) = FX (3) − FX (2) ≈ 0.7505 − 0.6781 ≈ 0.0724, 191

p4 = P (3 < X < ∞) = 1 − FX (3) = 1 − (p1 + p2 + p3 ) ≈ 0.2495. Dakle, χ2 test primenjujemo na slede´ce podatke: Ik (0, 1] (1, 2] (2, 3] (3, ∞) mk 35 26 20 15 pk 0.5514 0.1267 0.0724 0.2495 4 P (mk −npk )2 Izraˇcunavamo vrednost Z = statistike: npk k=1 (35−100·0.5514)2 (26−100·0.1267)2 + + 100·0.5514 100·0.1267 (20−100·0.0724)2 (15−100·0.2495)2 + + ≈ 45.2752. 100·0.0724 100·0.2495 2 2 Poˇsto je z > χ0.1;4−1−1 = χ0.1;2 ≈ 4.61, hipotezu odbacujemo.

z=

6. Svaki interval reprezentujemo njegovom sredinom: x1 = 12 , Veliˇcina uzorka:

x2 = 23 , 5 P

n=

x3 = 52 ,

x4 = 72 ,

x5 = 29 .

mk = 30.

k=1

Izraˇcunavamo uzoraˇcku srednju vrednost, disperziju i standardnu devijaciju: 5 P 1 x30 = 30 mk xk = 73 ≈ 2.3333, k=1

s230 =

1 30

5 P k=1

mk x2k − x230 =

229 180

q ≈ 1.2722,

s30 =

s230 ≈ 1.1279.

. Iz tablice Studentove raspodele za n = 30 i nivo poverenja β = 0.9 nalazimo tn−1; 1+β = t29;0.95 ≈ 1.699 i dobijamo traˇzeni interval 2 poverenja: i h s s √30 , x + t = [1.9861, 2.6806] . I = x30 − t29;0.95 √30 29;0.95 30 29 29 . Iz tablice χ2 raspodele za n = 30 i nivo poverenja β = 0.9 nalazimo χ2n−1; 1+β = χ229;0.95 ≈ 42.6 i χ2n−1; 1−β = χ229;0.05 ≈ 17.7 i dobijamo 2

2

traˇzeni interval poverenja: · ¸ ns2 ns2 30 30 I = χ2 , χ2 = [2.1563, 0.8959] . 29;0.95

29;0.05

7. Obeleˇzimo grupe potroˇsaˇca sa 1, 2 i 3. (a) Na osnovu opisa nalazimo matricu prelaza P za jedan dan i izraˇcu¡ ¢2 navamo matricu prelaza P (4) = P 4 = P 2 za 4 dana (koristi´cemo je pod (b)):  1

P =



1

2

3

0

1 2

0

1 2 1 2

1 2

0

1 2  2 1 3 2



 1

  , 

P (4) =

3

192



2 

1

2

3

3 8 5 16 5 16

5 16 3 8 5 16

5 16 5 16 3 8

   . 

(b) Posmatrajmo npr. grupu 1, a ista je situacija (zbog simetriˇcnih prelaznih verovatno´ca) i sa grupama 2 i 3. Sreda je tre´ci dan (n = 3), a nedelja sedmi dan (n = 7) sprovod¯enja restrikcija. Ako grupa 1 u sredu nema struje, to znaˇci da raspodela verovatno´ca lanca ξn za 1 2 3

sredu glasi: p (3) = [ 1 0 0 ] . Raspodela verovatno´ca lanca ξn za nedelju tada glasi: £ 1 52 35 ¤ p (7) = p (3) · P 4 = 38 16 . 16 Dakle, grupa 1 ´ce u nedelju imati struju sa verovatno´com 1 − p1 (7) = 1 − 38 = 58 . 1

2

3

(c) Vektor finalnih verovatno´ca p∗ = [ x y z ] nalazimo reˇsavanjem sistema jednaˇcina p∗ · P = p∗ ∧ x + y + z = 1 (x, y, z ∈ (0, 1)) : 1 2y 1 2x 1 2x

+ +

+

1 2y

x +

y

x −

1 2z 1 2z

= x = y = z

+

z

⇔

= 1

1 2y

−

1 2z

= 0

y

−

z

= 0

z

1 3

=

⇔

x

=

y

=

z

=

1 3 1 3 1 3

£1 2 3 ¤ Dakle, vektor finalnih verovatno´ca glasi: p∗ = 31 13 13 . Na osnovu dobijenih finalnih verovatno´ca moˇzemo zakljuˇciti: ako iskljuˇcenja struje traju ”dovoljno dugo”, sve grupe potroˇsaˇca ´ce podjednako biti bez struje. 8. Odredimo najpre raspodelu sluˇcajne promenljive Z = U + V . ½ ½ 0 , u 6∈ [1, 3] 0 , v 6∈ [1, 3] ϕU (u) = , ϕV (v) = . 1 1 , u ∈ [1, 3] , v ∈ [1, 3] 2 2 Iz nezavisnosti sluˇcajnih promenljivih U i V sledi da je ½ 0 , (u, v) 6∈ D ϕU,V (u, v) = ϕU (u) ϕV (v) = , 1 , (u, v) ∈ D 4 2

gde je D = [1, 3] . Oznaˇcimo sa P (S) povrˇsinu oblasti S ⊆ R2 . FZ (z) = P (Z < z) = P (U + V < z) = P (U < z − V ) = RR RR RR 1 1 dudv = 14 P (Dz ), = ϕU,V (u, v) dudv = 4 dudv = 4 u
Dz

Dz

¯ ª gde je Dz = D ∩ (u, v) ∈ R ¯ u < z − v . ©

2

Za razne vrednosti z dobijamo 193

(1) za z < 2 je Dz = ∅, a za z = 2 je Dz = {(1, 1)}, te za sluˇcaj z ≤ 2 vaˇzi: FZ (z) = 41 · 0 = 0; (2) za 2 < z ≤ 4 je (vidi sliku 2) Dz je trougao sa temenima u taˇckama 2 (1, 1), (z − 1, 1) i (1, z − 1), te je P (Dz ) = (z−2) , odakle dobijamo: 2 FZ (z) =

1 4

·

(z−2)2 2

= 18 z 2 − 12 z + 12 ;

(3) za 4 < z ≤ 6 je (vidi sliku 3) Dz je poligon sa temenima u taˇckama (1, 1), (3, 1), (3, z − 3), (z − 3, 3) i (1, 3), te je (6−z)2 P (Dz ) = P (D) ³ − P (D ´\ Dz ) = 4 − 2 , odakle dobijamo: FZ (z) =

1 4

· 4−

(6−z)2 2

= − 18 z 2 + 32 z − 72 ;

(4) za 6 < z je Dz = D, te je P (Dz ) = P (D) = 4, odakle dobijamo: FZ (z) = 14 · 4 = 1. u 6 @ 3 @

z−1

1 0

. .. ... @ .... ..... ...... ....... ........ @ ......... .......... ........... @ ............ ............. .............. ............... ................ ................. D@ .................. z@ ................... .................... ..................... @

@ -v @

z−1 3

1

FZ (z) =

0

1 z−3

u=z−v

      Dakle:

u slika 3 6 @ ....... ........ 3 ......... @ .......... ........... ............ ............. .............. ............... @ ................ ................. @ .................. ................... .................... ..................... ...................... ....................... ........................ D@ ......................... z@ .......................... ........................... ............................ @ ............................. z−3 ............................. ............................. ............................. ............................. ............................. @ ............................. 1 @

slika 2

    

0

3

@ -v @

u=z−v

, z ∈ (−∞, 2]

1 1 1 2 8z − 2z + 2 − 18 z 2 + 32 z − 72

, z ∈ (2, 4] , z ∈ (4, 6]

1

.

, z ∈ (6, ∞)

Pri tome je Z sluˇcajna promenljiva absolutno nom raspodele verovatno´ca   0 ,   0 1 1 ϕZ (z) = FZ (z) = , 4z − 2    −1z + 3 , 4

2

neprekidnog tipa sa gustiz 6∈ [2, 6] z ∈ [2, 4) . z ∈ [4, 6]

Sada je:

³ ´ ¡ ¢ [1] t+1 FXt (x) = P (Xt < x) = P (U + V ) < x = P Z t+1 < x = . . . (1) za x ≤ 0:

FXt (x) = 0;

´ ³ 1 ´ ³ 1 FXt (x) = P Z < x t+1 = FZ x t+1 = . . . ¤ ¡ 1 (2.1) za x t+1 ∈ (0, 2] odnosno x ∈ 0, 2t+1 : FXt (x) = 0; ¡ ¤ 1 (2.2) za x t+1 ∈ (2, 4] odnosno x ∈ 2t+1 , 4t+1 : 2 1 FXt (x) = 81 x t+1 − 12 x t+1 + 21 ;

(2) za x > 0:

194

¡ ¤ 1 (2.3) za x t+1 ∈ (4, 6] odnosno x ∈ 4t+1 , 6t+1 : 2 1 FXt (x) = − 18 x t+1 + 32 x t+1 − 27 ; ¡ ¤ 1 (2.4) za x t+1 ∈ (6, ∞) odnosno x ∈ 6t+1 , ∞ : FXt (x) = 1.  ¡ ¤  0 , x ∈ −∞, 2t+1    ¤ ¡ 2 1   1 x t+1 − 21 x t+1 + 12 , x ∈ 2t+1 , 4t+1 8 Dakle: FXt (x) = ¡ ¤ . 2 1  − 1 x t+1 + 32 x t+1 − 72 , x ∈ 4t+1 , 6t+1   8  ¡ ¤   1 , x ∈ 6t+1 , ∞ 1 t+1

[1] - Zbog t ∈ [0, ∞) je t + 1 > 0, pa je Z t+1 > 0.

> 0; pri tome je Z > 0 i

Izraˇcunavamo matematiˇcko oˇcekivanje. Prvi naˇcin: ¡ ¢ R∞ t+1 mX (t) = E (Xt ) = E Z t+1 = z ϕZ (z) dz = −∞

=

R4 2

= =

1 4

z

t+1

R4

¡1

4z

1 2

−

1 2

z t+2 dz −

¢

dz +

R4

R6

z

t+1

4

z t+1 dz −

2 2 2(2t +2t 3t+3 −4t+2 ) . (t+2)(t+3)

1 4

¡

− 14 z +

R6

3 2

¢

dz =

z t+2 dz +

4

Drugi naˇcin: koriste´ci E (f (U, V )) =

RR

R6

3 2

z t+1 dz =

4

f (u, v) ϕU,V (u, v) dudv i raspo-

R2

delu sluˇcajnog vektora (U, V ) dobijamo ³ ´ RR t+1 t+1 1 E (U + V ) = (u + v) · 4 dudv = D

= =

1 4 1 4

R3 1

·

(u+v)t+2 t+2 1 (t+2)(t+3)

3

| dv =

1

1 4

R3 1

1 4

(3+v)t+2 −(1+v)t+2 dv t+2

µ R3 R3 1

(u + v)

t+1

¶ du dv =

1

=

³ ´ 3 2 2t +2t 3t+3 −4t+2 ( ) t+3 t+3 · (3 + v) − (1 + v) |= . (t+2)(t+3) 1

28.09.2001. 1. Skup od 8 belih i 1 crne kuglice se na sluˇcajan naˇcin deli na grupe od po 2, 3 i 4 kuglice. Zatim se baca kockica za ”Ne ljuti se ˇcoveˇce” i bira se ona grupa kuglica u kojoj je broj kuglica najbliˇzi broju dobijenom na kockici. (a) Koliko iznosi verovatno´ca da je izabrana grupa u kojoj se nalazi crna kuglica? (b) Ako je izabrana grupa u kojoj se nalazi crna kuglica, koliko iznosi verovatno´ca da je na kockici baˇcen broj 1? 195

2. Koˇsarkaˇs izvodi ˇsuteve na koˇs 3 puta i to tako ˇsto pri svakom gad¯anju baca pravilan novˇci´c, pa ako na novˇci´cu dobije pismo, tada gad¯a sa 5 metara, a ako dobije grb, tada gad¯a sa 7 metara. Sa 5 metara koˇs pogad¯a sa verovatno´com 45 , a sa 7 metara pogad¯a sa verovatno´com 53 . 2 Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive X = (2 − Y ) , gde je Y sluˇcajna promenljiva koja predstavlja broj postignutih koˇseva i izraˇcunati uslovnu verovatno´cu P (Y = 3 | X = 1). ½ 2 −ax a xe , x≥0 . 3. Neka je ϕ (x) = 0 , x<0 (a) Za koje sve vrednosti parametra a ∈ R je funkcija ϕ gustina raspodele verovatno´ca neke sluˇcajne promenljive? (b) Za a = 1 sluˇcajna promenljiva X ima gustinu raspodele ϕ, a pri uslovu X = x, x > 0 sluˇcajna promenljiva Y ima uniformnu U (0, x) raspodelu. Na´ci raspodelu sluˇcajne promenljive Z = X + 3Y . 4. Poznato je da 30% studenata stanuje u studentskom domu. Radi anketiranja se na sluˇcajan naˇcin bira grupa studenata. Koliki treba da je broj studenata u grupi, pa da se sa verovatno´com 0.9 u njoj nalazi bar 20 studenata koji stanuju u studentskom domu? ¶ µ −1 0 1 . 5. Obeleˇzje X ima zakon raspodele: θ 2θ 1 − 3θ (a) Na osnovu uzorka obima n na´ci ocenu parametra θ metodom maksimalne verodostojnosti. (b) Izraˇcunati vrednost ocenjenog parametra za uzorak 1, 1, −1, 0, 1, 1, −1, 0 . (c) Ispitati centriranost dobijene ocene. 6. U jednakim vremenskim intervalima, u tankom sloju rastvora zlata registrovan je broj ˇcestica koje padaju u vidno polje mikroskopa. Rezultati dobijeni za dva uzorka prikazani su u slede´coj tabeli: broj ˇcestica xi broj realizacija mi

0 1 15 40

2 3 26 10

4 5 7 2

χ2 testom sa pragom znaˇcajnosti α = 0.05 testirati hipotezu da broj ˇcestica iz uzorka ima Poasonovu raspodelu. 7. U kutiji X se nalaze 2 bele, a u kutiji Y se nalaze 3 crne kuglice. Izvod¯aˇc eksperimenta pri jednom premeˇstanju kuglica nasumice vadi po jednu kuglicu iz svake kutije i zameni im mesta. Oznaˇcimo sa Xn i Yn redom broj belih kuglica u kutijama X i Y nakon n premeˇstanja (n ∈ {0, 1, 2, . . .}). Koje je najverovatnije stanje sluˇcajnog procesa ξn = Xn − Yn , n ∈ {0, 1, 2, . . .} nakon 4 premeˇstanja kuglica? 196

¢ ¡ 8. Neka su U i V nezavisne sluˇcajne promenljive, U sa binomnom B 5, 51 raspodelom, a V sa uniformnom U (1, 3) raspodelom. Na´ci srednju vrednost, autokovarijansnu funkciju i disperziju sluˇcajnog procesa Xt = (U + t) V t , t ∈ [0, ∞) .

Reˇ senja: 1. Oznaˇcimo sa A dogad¯aj ”odabrana je grupa koja sadrˇzi crnu kuglicu”, i oznaˇcimo redom sa Hi , i ∈ {2, 3, 4} dogad¯aje: ”odabrana je grupa koja sadrˇzi i kuglica”. Skup {H2 , H3 , H4 } ˇcini potpun sistem dogad¯aja, pa ako sa K oznaˇcimo dobijeni broj na kockici, tada verovatno´ce P (Hi ) moˇzemo dobiti na slede´ci naˇcin: P (H2 ) = P (K ∈ {1, 2}) = 26 , P (H3 ) = P (K ∈ {3}) = 16 , P (H4 ) = P (K ∈ {4, 5, 6}) = 36 . Dogad¯aj A | Hi je ekvivalentan sa dogad¯ajem ”crna kuglica je raspored¯ena u grupu koja sadrˇzi i kuglica”, te su verovatno´ce P (A | Hi ) proporcionalne broju kuglica u odgovaraju´coj grupi jer se kuglice dele u grupe na sluˇcajan naˇcin: P (A | H2 ) = 29 ,

P (A | H3 ) = 39 ,

P (A | H4 ) = 49 .

(a) Koriste´ci formulu totalne verovatno´ce dobijamo 4 P 19 P (A) = ≈ 0.3519. P (Hi ) P (A | Hi ) = 54 i=2

(b) Koriste´ci Bajesovu formulu dobijamo | H2 ) 4 P (H2 | A) = P(H2 )P(A = 19 ≈ 0.2105. P(A) Dakle, ako je odabrana grupa koja sadrˇzi crnu kuglicu, tada je na 4 kockici sa verovatno´com 19 dobijen broj iz skupa {1, 2}, a poˇsto se ovi brojevi na kockici dobijaju sa jednakom verovatno´com, traˇzena verovatno´ca je 1 4 2 · = ≈ 0.1053. 2 19 19

2. Oznaˇcimo sa A dogad¯aj ”pri jednom gad¯anju koˇsarkaˇs pogad¯a koˇs”. Verovatno´cu ovog dogad¯aja moˇzemo na´ci koriste´ci potpun sistem dogad¯aja {P, G} gde je P dogad¯aj ”na navˇci´cu je palo pismo”, a G je dogad¯aj ”na navˇci´cu je pao grb”. Koriste´ci formulu totalne verovatno´ce dobijamo P (A) = P (P ) P (A | P ) + P (G) P (A | G) =

1 2

·

4 5

+

1 2

·

3 5

=

7 10 .

Dakle, koˇsarkaˇs izvodi 3 nezavisna ˇsuta na koˇs pri ˇcemu svaki put pogad¯a 7 sa verovatno´com 10 . To ¡znaˇci ¢da sluˇcajna promenljiva Y (broj postignutih 7 koˇseva) ima binomnu B 3, 10 raspodelu. Raˇcunamo verovatno´ce ¡ 3 ¢ ¡ 7 ¢k ¡ 3 ¢3−k ¡ 3 ¢ k 3−k 1 P (Y = k) = k 10 = 1000 , k ∈ {0, 1, 2, 3} 10 k 7 3 i dobijamo zakon raspodele sluˇcajne promenljive Y : 197

µ

¶

0

1

2

3

27 1000

189 1000

441 1000

343 1000

.

Iz RX = {0, 1, 2, 3} sledi da je n o 2 2 2 2 RY = (2 − 0) , (2 − 1) , (2 − 2) , (2 − 3) = {0, 1, 4} , pri ˇcemu je: P (Y = 0) = P (X = 2) =

441 1000 ,

P (Y = 1) = P ({X = 1} + {X = 3}) = P (X = 1) + P (X = 3) = P (Y = 4) = P (X = 0) =

532 1000 ,

27 1000 .

Dakle, zakon raspodele sluˇcajne promenljive X glasi: µ ¶ 0 1 4 . 441 532 27 1000

1000

1000

Traˇzena uslovna verovatno´ca je P (Y = 3, X = 1) P (Y = 3, Y ∈ {1, 3}) P (Y = 3 | X = 1) = = = P (X = 1) P (X = 1) 343 P (Y = 3) 343 49 = = = 1000 = ≈ 0.6447. 532 P (X = 1) 532 76 1000 3. (a) Funkcija ϕ je nenegativna i integrabilna na celom skupu R za sve R∞ R∞ a ∈ R. Treba joˇs ispitati po a uslov ϕ (x) dx = a2 xe−ax dx = 1. −∞

R∞

(a.1) Za a = 0 je: (a.2) Za a 6= 0 je:

−∞ R∞ −∞

(a.2.1) za a < 0 je: (a.2.2) za a > 0 je:

ϕ (x) dx =

R∞

0

0dx = 0.

−∞ [1]

∞

ϕ (x) dx = − 1+ax eax | = 0

R∞ −∞ R∞

1+ax eax

0

| = ...

∞

ϕ (x) dx = 1 − (−∞) = ∞; ϕ (x) dx = 1 − 0 = 1.

−∞

[1] - Parcijalnom integracijom: u = x, dv = e−ax dx. Dakle, funkcija ϕ je gustina ako i samo ako je a > 0. (b) Gustina sluˇcajnog vektora (X, Y ) je ϕX,Y (x, y) = ϕX (x) ϕY |{X=x} (x, y) = ½ ½ −x e , (x, y) ∈ D xe−x · x1 , (x, y) ∈ D = = 0 , (x, y) 6∈ D 0 , (x, y) 6∈ D ¯ © ª gde je D = (x, y) ∈ R2 ¯ x ≥ 0 ∧ 0 ≤ y ≤ x . Oznaˇcimo ¯ ¯ © ª © ª Dz = (x, y) ∈ R2 ¯ x + 3y < z = (x, y) ∈ R2 ¯ x < z − 3y . Funkciju raspodele sluˇcajne promenljive Z moˇzemo dobiti na slede´ci naˇcin: 198

FZ (z) = P (Z < z) = P (X + 3Y < z) = RR −x RR = ϕX,Y (x, y) dxdy = e dxdy = . . . Dz

Dz ∩D

y=x

y 6 PP

1 3z 1 4z

PP

D P.......... .. ...... P .............. P .................. ...................... PP .......................... .............................. .................................. ...................................... .......................................... PP .............................................. .................................................. ...................................................... .......................................................... PP .............................................................. .................................................................. ...................................................................... .......................................................................... PP .............................................................................. Dz ∩ D .................................................................................. ...................................................................................... .......................................................................................... .............................................................................................. PP - x z PP 1 P x = z − 3y 4z RR −x e dxdy = 0; (1) za z < 0: FZ (z) = ∅

(2) za z ≥ 0: 1

FZ (z) =

R4 z

Ã

z−3y R

! e−x dx dy =

y

0

1

¢ R4 z ¡ −y 1 e − e3y−z dy = 1 + 13 e−z − 43 e− 4 z .

=

0

Dakle:

½ FZ (z) =

1+

0 1 − 43 e− 4 z

1 −z 3e

, z≤0 . , z>0

4. Oznaˇcimo sa n traˇzeni broj studenata u grupi za anketiranje i oznaˇcimo sa Xi sluˇcajnu promenljivu koja uzima vrednost 1 ako i-ti student u grupi stanuje u domu, odnosno 0 ako i-ti student u grupiµne stanuje¶ u domu. 0 1 Sve sluˇcajne promenljive Xi imaju zakon raspodele . 7 3 10

Sluˇcajna promenljiva Sn =

10

n P

Xi predstavlja broj studenata u grupi ¡ 3¢ koji stanuju u studentskom domu i ima binomnu B n, 10 raspodelu, 3 21 matematiˇcko oˇcekivanje E (Sn ) = 10 n i disperziju D (Sn ) = 100 n. Pribliˇzno reˇsenje moˇzemo na´ci primenom Moavr-Laplasove teoreme: P (Sn ≥ 20) = 0.9 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

i=1

1 − P (Sn < 20) = 0.9 ⇔ µ ¶ Sn −E(Sn ) 20−E(Sn ) √ √ P (Sn < 20) = 0.1 ⇔ P < = 0.1 ⇔ D(Sn ) D(Sn ) µ ¶ µ ¶ 20− 3 n 20− 3 n n −E(Sn ) P S√ < √ 2110 = 0.1 ⇔ φ √ 2110 ≈ 0.1 ⇔ D(Sn )

⇔

100 n

100 n

3 20− 10 n 21 100 n

√

≈ φ−1 (0.1) = −φ−1 (0.9) ≈ −1.28 √ 3 ⇔ 10 n − 0.5866 n − 20 ≈ 0 199

⇔

⇔ ⇔ ⇔

¡

3 2 10 t

− 0.5866t − 20 ≈ 0 ∧ t =

√ ¢ n

⇔ √ ((t ≈ −7.2457 ∨ t ≈ 9.2009) ∧ t = n) ⇔ √ (t ≈ 9.2009 ∧ t = n) ⇔ n ≈ 84.6566.

Dakle, potrebno je da u grupi bude oko 85 studenata. 5. (a) Neka statistika Kn predstavlja broj pojavljivanja broja −1 u uzorku, a statistika Mn broj pojavljivanja broja 0 u uzorku. Tada broj pojavljivanja broja 1 u uzorku predstavlja statistika n − Kn − Mn . L (x1 , . . . , xn ; θ) = P (X1 = x1 ) P (X2 = x2 ) . . . P (Xn = xn ) = m

n−k −m

n−kn −mn

n n = θkn · (2θ) n · (1 − 3θ) = 2mn · θkn +mn · (1 − 3θ) ln L (x1 , . . . , xn ; θ) = = mn ln 2 + (kn + mn ) ln θ + (n − kn − mn ) ln (1 − 3θ),

∂ ∂θ

ln L (x1 , . . . , xn ; θ) =

kn +mn θ

,

n −mn − 3 n−k . 1−3θ

Nalazimo maksimum funkcije L po θ: ∂ n n −mn ⇔ kn +m − 3 n−k =0 ∂θ ln L (x1 , . . . , xn ; θ) = 0 θ 1−3θ ⇔ (kn + mn ) (1 − 3θ) − 3 (n − kn − mn ) θ = 0 ⇔ n ⇔ kn + mn − 3nθ = 0 ⇔ θ = kn +m 3n . Dakle, dobili smo ocenu: θˆ = 1 (Kn + Mn ).

⇔

3n

(b) Kod uzorka 1, 1, −1, 0, 1, 1, −1, 0 veliˇcine n = 8 je k8 = 2 i m8 = 2 1 te je θ = 2+2 3·8 = 6 . (c) Poznato je da sluˇcajna promenljiva Kn ima binomnu B (n, θ) raspodelu, a sluˇcajna promenljiva Mn binomnu B (n, 2θ) raspodelu. Sledi da je E (Kn ) = nθ i E (Mn ) = 2nθ te dobijamo ³ ´ ¡ ¢ E θˆ = E 1 (Kn + Mn ) = 1 (E (Kn ) + E (Mn )) = 3n

=

3n

1 3n

(nθ + 2nθ) = θ, ˇsto znaˇci da ocena θˆ jeste centrirana. 6. Obim posmatranog uzorka je n =

6 P i=1

mi = 100. Ako obeleˇzje X koje

predstavlja broj pomenutih ˇcestica ima Poasonovu P (λ) raspodelu, tada je E (X) = λ, te nepoznati parametar λ Poasonove raspodele moˇzemo oceniti uzoraˇckom aritmetiˇckom sredinom: λ = x100 =

1 100

(0 · 15 + 1 · 40 + 2 · 26 + 3 · 10 + 4 · 7 + 5 · 2) = 1.6 .

Spajamo poslednje dve grupe podataka (da bi u svakoj imali bar 5 podataka) i izraˇcunavamo odgovaraju´ce teorijske verovatno´ce: p1 = P (X = 0) = e−1.6 ≈ 0.2019, p2 = P (X = 1) = 1.6 · e−1.6 ≈ 0.3230, p3 = P (X = 2) =

1.62 2

· e−1.6 ≈ 0.2584, 200

p4 = P (X = 3) =

1.63 6

· e−1.6 ≈ 0.1378,

p5 = P (X ≥ 4) = 1 − (p1 + p2 + p3 + p4 ) ≈ 0.0788. Dakle, χ2 test primenjujemo na slede´ce podatke: xi mi pi

0 15 0.2019

1 40 0.3230

Izraˇcunavamo vrednost Z =

5 P i=1

z=

(15−100·0.2019)2 100·0.2019

+

2 26 0.2584

(mi −npi )2 npi

(40−100·0.3230)2 100·0.3230

+

3 10 0.1378

4, 5, . . . 9 0.0788

statistike:

(26−100·0.2584)2 + 100·0.2584

2

(9−100·0.0788)2 ≈ 4.3657. 100·0.0788 2 2 χ0.05;5−1−1 = χ0.05;3 ≈ 7.81, konstatujemo

+ (10−100·0.1378) + 100·0.1378 Poˇsto je z < protivreˇci hipotezi.

da uzorak ne

7. Primetimo da sluˇcajne promenljive (sluˇcajni proces) Yn moˇzemo predstaviti kao Yn = 2 − Xn odakle je ξn = Xn − (2 − Xn ) = 2Xn − 2 (sluˇcajni proces ξn je linearna transformacija procesa Xn ). Mogu´ce vrednosti sluˇcajnog procesa Xn su 0, 1 i 2, odakle sledi da je skup stanja procesa ξn skup {−2, 0, 2}, a verovatno´ce prelaska procesa ξn glase: pi,j = P (ξn+1 = j | ξn = i) = P (2Xn+1 − 2 = j | 2Xn − 2 = i) = ¡ ¢ = P Xn+1 = 2j + 1 | Xn = 2i + 1 , i, j ∈ {−2, 0, 2}. Dakle: 1 3

p−2,−2 = P (Xn+1 = 0 | Xn = 0) = 1 · p−2,0 = P (Xn+1 = 1 | Xn = 0) = 1 ·

= 13 ,

2 3

= 23 , = 62 ,

p−2,2 = P (Xn+1 = 2 | Xn = 0) = 0, p0,−2 = P (Xn+1 = 0 | Xn = 1) = p0,0 = P (Xn+1 = 1 | Xn = 1) = p0,2 = P (Xn+1 = 2 | Xn = 1) =

1 2

·

2 3

·

1 3 1 3

+

1 2 1 2

·

=

1 2 2 · 3 1 6,

= 36 ,

p2,−2 = P (Xn+1 = 0 | Xn = 2) = 0, p2,0 = P (Xn+1 = 1 | Xn = 2) = 1, p2,2 = P (Xn+1 = 2 | Xn = 2) = 0 i time smo dobili matricu prelaza (za jedno premeˇstanje), a zatim nalazimo ¡ ¢2 matricu prelaza P (4) = P 4 = P 2 za 4 premeˇstanja:  −2

0 2 3 3 6

0

0

1 3 2 6

2

0

1

0

−2

P =



2 1 6

   ,



··· P (4) =  · · ·

··· ···

 ··· · · · .

66 216

127 216

23 216

201

Poˇcetni broj beli kuglica u kutiji X je 2, pa poˇcetno stanje procesa ξ iznosi ξ0 = 2X0 −2 = 2·2−2 = 2, odnosno vektor poˇcetne raspodele verovatno´ca glasi:

p (0) =

£−2 0 0 0

¤ 1 .

2

Vektor raspodele verovatno´ca nakon 4 premeˇstanja: p (4) = p (0) · P 4 =

£

−2 66 216

0 127 216

2 23 216

¤ .

Prema tome, nakon 4 premeˇstanja se proces ξ najverovatnije nalazi u stanju 0. 8. Iz zadanih raspodela vidimo da je E (U ) = 5 · 15 = 1,

D (U ) = 5 · 15 · 45 = 45 ,

¡ ¢ E U 2 = D (U ) + E2 (U ) = 59 .

Matematiˇcko oˇcekivanje procesa: za sve t ∈ [0, ∞) je [1]

mX (t) = E ((U + t) V t ) = E (U + t) E (V t ) = = (E (U ) + t)

R∞ −∞

v t ϕV (v) dv = (1 + t)

R3 1

v t · 12 dv =

3t+1 −1 . 2

Autokovarijansna funkcija procesa: za sve t, s ∈ [0, ∞) je KX (t, s) = E ((U + t) V t (U + s) V s ) = ¡¡ ¢ ¢ [2] ¡ ¢ = E U 2 + (t + s) U + ts V t+s = E U 2 + (t + s) U + ts E (V t+s ) = ¡ ¡ ¢ ¢ R∞ t+s = E U 2 + (t + s) E (U ) + ts v ϕV (v) dv = −∞

=

¡9 5

+ (t + s) + ts

¢ R3 1

v t+s · 12 dv =

³

4+5ts 10(t+s+1)

+

1 2

´¡

¢ 3t+s+1 − 1 .

Disperzija procesa: za sve t ∈ [0, ∞) je ´¡ ³ ¢ 4+5t2 + 12 32t+1 − 1 . DX (t) = KX (t, t) = 10(2t+1) [1] - Iz nezavisnosti sluˇcajnih promenljivih U i V sledi nezavisnost sluˇcajnih promenljivih U + t i V t za svako t ∈ [0, ∞). [2] - Iz nezavisnosti sluˇcajnih promenljivih U i V sledi nezavisnost sluˇcajnih promenljivih U 2 + (t + s) U + ts i V t+s za svako t ∈ [0, ∞).

06.10.2001. 1. Vidi zadatak 1 iz oktobarkog roka 1999 (27.09.1999) 2. Vidi zadatak 2 iz aprilskog roka 2000 (04.05.2000) 202

3. Vidi zadatak 3 iz julskog roka 1999 (15.07.1999) 4. Vidi zadatak 4 iz septembarskog roka 1999 (04.09.1999) 5. Vidi zadatak 5 iz julskog roka 2001 (12.07.2001) 6. Vidi zadatak 6 iz oktobarskog/2 roka 2000 (28.10.2000) 7. Vidi zadatak 8 iz julskog roka 2000 (09.07.2000) 8. Vidi zadatak 6 iz junskog roka 2000 (17.06.2000)

203

CIP – Katalogizacija u publikaciji

Biblioteka Matice srpske, Novi Sad

519.2(076.58)

Grbi, Tatjana Zbirka reˇsenih ispitnih zadataka iz verovatno´ce, statistike i sluˇcajnih procesa / Tatjana Grbi´c, Ljubo Nedovi´c. - Novi Sad : Fakultet tehniˇckih nauka, 2001 (Novi Sad : FB print). - 203 str. : graf. prikazi, tabele; 25 cm. Tiraˇz 100. 1. Nedovi, Ljubo

a) Matematiqka statistika - Zadaci b) Teorija verovatnoe - Zadaci