I. ELEMENTI KLASIČNE KOMBINATORIKE (kratak osvrt) Prilikom rješavanja zadataka prebrojavanja, često se koriste sljedeća dva elementarna principa. Neka su A i B disjunktni skupovi, čije su brojnosti A = m i B = n . Imamo: Princip 1. Broj načina da se izabere jedan element iz skupa A ili iz skupa B je m + n . Princip 2. Broj načina da se izabere jedan element iz skupa A i jedan element iz skupa B je m⋅n.
U prvom slučaju biramo, u biti, element iz skupa A ∪ B , gdje je očigledno A ∪ B = m + n . U drugom slučaju biramo jedan element iz skupa A × B = { (a, b ) a ∈ A, b ∈ B }. Tako, izbor jednog elementa iz skupa A i jednog elementa iz skupa B odreñuje jedan ureñeni par iz A × B
i tu je očigledno A × B = m ⋅ n .
Lako poopćavamo navedene principe. Ako je u pitanju k disjunktnih skupova A1 , A2 ,..., Ak čije su brojnosti redom n1 , n2 ,..., nk , onda vrijedi: a) broj načina da se izabere jedan element iz A1 ili iz A2 ,…ili iz Ak je n1 + n2 + ... + nk ; b) broj načina da se izabere jedan element iz A1 i A2 i…i Ak je n1 ⋅ n2 ⋅ ... ⋅ nk . Zadnju tvrdnju formulirat ćemo na sljedeći način: Lema. Ako imamo k praznih mjesta i pri tome se prvo mjesto može popuniti sa n1 različitih elemenata, drugo mjesto sa n2 različitih elemenata,…, k -to mjesto sa nk različitih elemenata, onda se svih k mjesta može popuniti na n1 ⋅ n2 ⋅ ... ⋅ nk različitih načina.
I.1. Permutacije (bez ponavljanja) Uzmimo n različitih elemenata A1 , A2 ,..., An . Svaki niz (slog) od ovih n elemenata čini jednu permutaciju (bez ponavljanja). Dakle, dvije permutacije razlikuju se po redoslijedu elemenata. Pokaže se (uporabom leme ili pak indukcijom), broj P (n ) svih permutacija bez ponavljanja od n
elemenata je P ( n ) = n! := 1 ⋅ 2 ⋅ ... ⋅ n .
Primjer. Često, umjesto A1 , A2 ,..., An , pišemo naprosto 1,2,..., n .
1
a) Sve permutacije od 1,2,3 su:
123
213
312
132
231
3 2 1,
gdje je P (3) = 3! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 = 6 . b) Sve permutacije elemenata1,2,3, 4(ima ih točno P (4 ) = 4! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 = 24 ) su: 1234
2134
3124
4123
1243
2143
3142
4132
1324
2314
3214
4213
1342
2341
3241
4231
1423
2413
3412
4312
1432
2431
3421
4 3 2 1.
I.2. Varijacije bez ponavljanja Uzmimo n različitih elemenata A1 , A2 ,..., An . Svaka ureñena r -torka (r ≤ n ) napravljena od ovih elemenata je jedna varijacija n -tog reda i r -tog razreda. Broj V r (n ) svih varijacija n -tog reda i r -tog razreda je V r ( n ) = n(n − 1) ⋅ ⋅ ⋅ (n − r + 1) V r (n ) =
(Primijetimo V n(n ) =
n!
0!
=
n!
1
odnosno
n!
(n − r )!
= n!= P (n ) .)
Primjer. U skupu a, b, c, d , e, f , g možemo praviti slogove: abc, acb, bac, bca, cab, cba,..., afg , agf ,..., efg , egf .
Ovdje su navedene samo neke varijacije 7-og reda i 3-eg razreda (kojih je ukupno 7 V 3( ) = 7 ⋅ 6 ⋅ 5 = 210 ).
2
I.3. Permutacije s ponavljanjem Uzmimo n elemenata, ali takvih da je meñu njima r 1 jednakih, r 2 jednakih,…, r k jednakih (gdje je r 1 + r 2 + ... + r k = n ). Svaki mogući poredak tih n elemenata, u nizu, je permutacija s ponavljanjem. Broj svih ovih permutacija je P r 1(,nr 2),...,r k =
n! r 1!r 2!...r k !
.
Primjer. Uzmimo elemente AABBB . Ovdje je r 1 = 2 , r 2 = 3 , n = 5 , pa je broj permutacija od AABBB
jednak P 2(,53) =
To su permutacije
5! = ... = 10 . 2!3!
AABBB
BAABB
BBAAB
ABABB
BABAB
BBABA
ABBAB
BABBA
BBBAA
ABBBA.
I.4. Varijacije s ponavljanjem Uzmimo n različitih elemenata. Ako formiramo slogove od po r elemenata, dopuštajući pri tome da se u jednom slogu isti element može pojaviti i više puta, dobivamo tako varijacije s ponavljanjem n -tog reda i r -tog razreda. Pri tome može biti r > n (i uvijek je riječ o ureñenoj r -torki). Broj V r (n ) svih ovih varijacija je V r (n ) = n r .
× Primjedba. Uzmimo A = {1,2,..., n}. Elementi skupa Ar := A A × ... A su sve moguće 1×42 4 43 4 r puta
ureñene r -torke elemenata iz A , a to su upravo sve varijacije s ponavljanjem n -tog reda i r r
tog razreda. Ovih je upravo Ar = A = n r .
3
Primjer. Sve varijacije 2-og reda i 3-eg razreda (ima ih V 3(2 ) = 23 = 8 ) su:
(0,0,0)
(0,1,0)
(1,0,0)
(0,0,1)
(1,1,0 )
(0,1,1)
(1,0,1) (1,1,1) .
I.5. Kombinacije bez ponavljanja Uzmimo skup od n elemenata (dakle n različitih elemenata). Svaki k -elementni podskup
(k ≤ n ) ovog skupa je jedna kombinacija bez ponavljanja n -tog reda i k -tog razreda. Broj K k (n ) svih ovih kombinacija je n n(n − 1)...(n − k + 1) ( ) , K k n = := ! k k K k (n ) =
odnosno
n! k !(n − k )!
.
Primjedba. U biti, ako neki skup A ima n elemenata, onda je neki njegov podskup od k elemenata jedna kombinacija bez ponavljanja ( n -tog reda i k -tog razreda). Prema tome, u n nekom skupu od n elemenata ima točno podskupova od k elemenata. Označimo s P (A) (A) k
skup čiji su elementi svi podskupovi od A . Na primjer, za A = {1,2,3} imamo (A)={∅, P (A)={
{1} , {2}, {3} , {1,2} , {1,3}, {2,3}, {1,2,3}}, i broj svih svih pods podskkupov upovaa ovo ovogg sk skupa upa je je
P (A) (A)=8. n n n n n n + = (1 + 1)n = 2 n ; Općenito imamo P (A) (A)= + + + ... + + ... + 0 1 2 k n − 1 n P (A) (A)= 2n .
4
Primjer. a) Uzmimo skup 1,2,3,4,5. Sve kombinacije bez ponavljanja 5-tog reda i 3-eg razreda (svi troelementni podskupovi, odnosno sve neureñene trojke) su: 123
134
234
124
135
235
125
145
2 4 5,
345
5 5 ⋅ 4 ⋅ 3 = 10 . znači = ⋅ ⋅ 3 1 2 3
b) U skupu od 50 proizvoda nalazi se 40 dobrih i 10 loših. Na koliko se načina može formirati uzorak od 5 proizvoda, ali tako da u njemu budu 3 dobra i 2 loša proizvoda? 40 10 ⋅ = 9880 ⋅ 45 = 444600 . 3 2
K 3( 40 ) ⋅ K 2(10 ) =
I.6. Kombinacije s ponavljanjem Kombinacije s ponavljanjem prave se od elemenata zadanog skupa A (koji ima uzmimo n elemenata), gdje se zadaje broj r . U ove kombinacije (s ponavljanjem) spada svaki slog od r elemenata iz A , u kojem se čuva prirodni poredak elemenata i gdje se dopušta ponavljanje elemenata. Tako, za elemente skupa A = {1,2,3,4} imamo slijedeće kombinacije s ponavljanjem trećeg razreda: 111
112
113
114
122
123
124
133
134
144
222
223
224
233
234
244
333
334
344
444
Broj kombinacija (s ponavljanjem) n -tog reda i r -tog razreda računamo pomoću formule: n + r − 1 . r
K r ′(n ) =
4 + 3 − 1 6 = = 20 . Tako je K 3′4 = 3 3
5
Dokažimo gornju formulu: prvo ćemo napraviti „eksperiment“ na gornjem primjeru. Pribrojit ćemo članovima svake gore ispisane kombinacije redom brojeve 0, 1, 2 i dobit ćemo 123
124
125
126
134
135
136
145
146
156
234
235
236
245
246
256
345
346
356
456
Vidimo da smo pribrojavanjem brojeva 0, 1, 2 pretvorili kombinacije s ponavljanjem od 4 elementa trećeg razreda u kombinacije bez ponavljanja od 6 elemenata trećeg razreda, a ovih 6 ima K 3(6 ) = = 20 , tj. K 3′(4 ) = K 3(6 ) . 3
Općenito, ako imamo kombinacije s ponavljanjem od n elemenata ( n -tog reda), r -tog razreda, onda članovima tih kombinacija pribrojimo po redu brojeve 0,1,2,…,r − 1. Na taj način pretvaramo kombinacije s ponavljanjem od n elemenata r -tog razreda u kombinacije bez ponavljanja od 1 n + r − elemenata, r -tog razreda, tj.imamo n + r − 1 . r
K r ′(n ) = K r (n + r −1) =
I.7. Newtonova binomna formula n 1
n 2
n
n n−1 n ab + b , odnosno − 1 n
(a + b )n = a n + a n−1b + a n−2b 2 + ... + a n−k b k + ... + n
n
k =0
k
k
(a + b ) = ∑ a n−k b k . n
Poopćenje binomne formule je polinomna formula:
(a1 + a2 + ... + ak )n = ∑
n! r 1!r 2!...r k !
r
r
r
a1 1 a2 2 ...ak k
, gdje se sumira preko svih r 1 , r 2 ,..., r k koji
primaju cijele vrijednosti od 0 do n , ali tako da je uvijek r 1 + r 2 + ... + r k = n . Vježba. Dokažite, služeći se kombinatorikom, gornje formule.
6
Zadaci: 1.Koliko ima željezničkih stanica na jednoj pruzi, ako za razna putovanja tom prugom postoje 5852 različite karte? n 1 ± 23408 1 ± 153 = (Uputa: ⋅ 2 = 5852 , n 2 − n − 5852 = 0 , n = , n = 77 .) 2 2 2
2.U laboratoriju se nalazi po jedan otpornik slijedećih otpora (u omima): 1, 2, 5, 20, 35. a) Koliko se različitih otpora može formirati spajanjem tri otpornika u seriju? Koji su to otpori? b) Koliko se otpora uopće može formirati serijskim spajanjem gornjih otpornika (bez obzira na broj otpornika u seriji)? 5 (Rješenje: a) = 10 , mogućnosti su: 1 2 5 (8), 1 2 20 (23), 1 2 35 (38), 1 5 20 (26), 1 5 35 3
(41), 1 20 35 (56), 2 5 20 (27), 2 5 35 (42), 2 20 35 (57), 5 20 35 (60).
5
= (2 − 1) − 5b)
ili
5
5
∑2 x 26= 26 .)
x =
3. Eksperiment se sastoji od 6 uzastopnih bacanja novčića. Nakon svakog bacanja zapišemo P ili G, već prema tome da li je novčić pao na pismo ili glavu. Na taj način rezultat svakog eksperimenta predočen je nizom simbola, npr. PGGPPP. Koliko različitih rezultata može dati opisani eksperiment? (Rješenje: V 6(2 ) = 26 = 64 .) n n n n n 4. ∑ = ? (Naprosto: (1 + 1) = 2 = ∑ .) k =0 k k =0 k n
5. Skup od 20 proizvoda sadrži 5 defektnih komada. a) Na koliko se različitih načina može formirati uzorak koji bi sadržavao 4 dobra i 3 defektna proizvoda?
7
b) Na koliko se različitih načina može formirati uzorak od 6 proizvoda, ali tako da svi proizvodi u uzorku budu dobri? 15 5 15 ⋅14 ⋅13 ⋅12 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ = 13650 , (Rješenje: a) ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 4 3 1 2 3 4 1 2 3
15 b)= 6
.) 5005
6. Koliko treba elemenata da bi se od njih moglo načiniti 136 kombinacija 2-og razreda bez ponavljanja? n (Rješenje: = 136 , pa iz n 2 − n − 272 = 0 dobivamo n = 17 .) 2
7. Na koliko se različitih načina može razmjestiti 5 kuglica u 10 ćelija , ali tako da u jednu ćeliju doñe najviše jedna kuglica? 10 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 = 252 .) (Rješenje: = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 5 1 2 3 4 5
8. Na koliko se načina može poredati u jedan niz m znakova „+“ i n znakova „–“ , ali tako da dva znaka „–“ ne stoje jedan preko drugog? (Rješenje: Imamo točno m − 1 mogućnosti „izmeñu“ dva „plusa“. Dodamo li tome mogućnost „ispred svih“ i „iza svih“ imamo točno (m − 1) + 2 mjesta za „–“. Kako je na raspolaganju n m + 1 načina.) znakova „–“, možemo ih rasporediti na točno n
8
II. VJEROJATNOST II.1. Prostor elementarnih dogañaja. Vjerojatnost Općenito, zamislimo neki eksperiment koji završava sa točno n jednako mogućih ishoda. Preciznije, riječ je o tzv. slučajnom eksperimentu, eksperimentu čiji ishodi (rezultati) nisu jednoznačno (precizno) odreñeni na osnovu uvjeta pod kojima se izvodi eksperiment. Iskustvo pokazuje da ima smisla govoriti o takvim eksperimentima i da ima smisla govoriti o jednako mogućim ishodima tj.da neki mogući ishod ima iste šanse (pojavljivanja) kao i svaki drugi. To ćemo ilustrirati i nekim primjerima. Svaki od ishoda eksperimenta zovemo elementarnim dogañajem, a skup X svih elementarnih dogañaja potpunim skupom dogañaja ili prostorom elementarnih dogañaja. Na ovom prostoru definiraju se složeni dogañaji A , kao podskupovi prostora X elementarnih dogañaja. Takav je dogañaj, na primjer, pojavljivanje parnog broja pri bacanju kocke. Taj dogañaj nastupa ako se pojavi jedan od ovih elementarnih dogañaja: 2, 4, 6. (Čak možemo naznačiti A = {2,4,6} .)
Neka je m( A) broj elementarnih koji realiziraju neki dogañaj A. Pod vjerojatnošću dogañaja A smatramo omjer brojeva m( A) i n (broja svih elementarnih dogañaja): P = P ( A) =
m( A) n
=
m n
.
Često se kaže da je vjerojatnost omjer broja povoljnih i broja svih mogućih ishoda eksperimenata. To je klasična definicija vjerojatnosti. Napominjemo, u aksiomatsko izgrañenoj teoriji vjerojatnosti daje se općenitija definicija, u kojoj se ne pretpostavlja da su elementarni dogañaji jednako mogući, te da je broj elementarnih dogañaja (tj.elemenata potpunog skupa dogañaja) konačan. Prazan skup ∅ (kao podskup od X ) zovemo nemoguć dogañaj. Cijeli prostor X elementarnih dogañaja zovemo siguran dogañaj. Budući da svako izvoñenje eksperimenta mora dati ishod koji je reprezentativan (realiziran) jednim elementarnim dogañajem (tj.elementom iz X ), vidimo – siguran dogañaj se dogaña uvijek, tj.pri savkom izvoñenju eksperimenta. Tu je P ( X ) =
m( X ) n
=
9
m n
= 1 , vjerojatnost sigurnog dogañaja je 1.
Interpretirat ćemo i nemoguć dogañaj.Izveden eksperiment podrazumijeva realizaciju nekog elementarnog dogañaja x ∈ X . Budući da prazan skup nema elemenata (tj.elementarnih dogañaja) zaključujemo da se nemoguć dogañaj nikad ne dogodi, a i vjerojatnost mu je 0 0 (naime P (∅)= = 0 ). n
Konačno, za svaki dogañaj A ( A ⊆ X ) vrijedi 0 ≤ P ( A) ≤ 1 . Primjeri: 1) Najjednostavniji primjer slučajnog eksperimenta jest bacanje simetričnog novčića, popularna igra „pismo-glava“. Eksperiment se sastoji u tome da se novčić baci uvis iznad ravne plohe. Pošto je novčić pao na plohu i umirio se, na njegovoj je gornjoj strani pismo (P) ili glava (G). Prostor X elementarnih dogañaja (ili potpuni skup dogañaja) ovdje je X = { P , G}. Svakom od ovih elementarnih dogañaja pripada ista vjerojatnost, naime
1 . 2
2) Bacimo simetričnu kocku (čije strane nose oznake 1,2,3,4,5,6). Prostor elementarnih dogañaja ovog eksperimenta je skup X = {1,2,3,4,5,6}, gdje je vjerojatnost svakog od njih
1 . Već smo spomenuli složeni dogañaj A koji se realizira pojavom parnog broja 6
pri bacanju kocke tj. jednog od brojeva 2,4,6. Dakle A = {2,4,6} i P ( A) =
3 1 = . 6 2
3) Bacimo (istovremeno) dvije simetrične kocke. Svi (jednako mogući) ishodi ovog eksperimenta su parovi ( x1 , x2 ) , gdje je x1 broj na prvoj, a x2 na drugoj kocki. Svi elementi skupa X su: 11
21
31
41
51
61
12
22
32
42
52
62
13
23
33
43
53
63
14
24
34
44
54
64
15
25
35
45
55
65
16
26
36
46
56
66
Definirajmo na ovom skupu X složeni dogañaj A ovako: reći ćemo da je nastupio (da se dogodio) dogañaj A ako i samo ako je zbroj brojeva na kockama jednak 5.
10
Kratko: A ≡ { zbroj brojeva na kockama je 5}. Elementarni dogañaji koji realiziraju A su 14, 23, 32, 41, pa pišemo A = {14, 23, 32, 41}. Ovdje je m( A) = 4 , n = 36 ; P ( A) =
4 1 = . 36 9
Razmotrimo složeni dogañaj B ≡ {razlika brojeva na kockama je 3} . Vidimo da je B = {63, 52, 41, 36, 25, 14} i P ( B ) =
6 1 = . 36 6
4) Poduzeću je prispjela pošiljka od 300 istovrsnih odljevaka. Ljevaonica daje garanciju da je meñu njima najviše 30 loših. Kontrola je slučajnim izborom uzela 4 odljevka i dala ih obraditi. Pretpostavimo li da se u pošiljci nalazi točno 30 loših odljevaka, kolika je vjerojatnost da se u uzetom uzorku nañu baš tri loša? Mi često sebi pojednostavljujemo zadaću te, gotovo intuitivno, odredimo brojeve m i n , povoljnih odnosno svih mogućih ishoda. Tako
30 270 30 ⋅ 29 ⋅ 28 270 ⋅ = ⋅ = 5 ⋅ 29 ⋅ 28 ⋅ 270 ; ⋅ ⋅ 3 1 1 2 3 1
m =
300 300! = = 25 ⋅ 299 ⋅149 ⋅ 297 ; 4 4 ! 296 !
n = P =
m = n
5 ⋅ 29 ⋅ 28 ⋅ 270 = ... = 0.0033 . 25 ⋅ 299 ⋅149 ⋅ 297
(Inače, ovdje je potpun skup dogañaja X sastavljen od svih četveroelementnih podskupova uzetih iz skupa od 300 prispjelih odljevaka, a eksperiment je uzimanje četiri odljevka iz skupa njih 300. Dogañaj A u našem slučaju definira se tako da se dogodio A akko je uzet uzorak s tri loša odljevka i očigledno da je gore dobro odreñen broj m = m( A) .)
II.2. Suprotna vjerojatnost Za dogañaj A definira se dogañaj A (nonA, neA), tzv. suprotan (protivan) dogañaj dogañaju A. Po definiciji smatramo da se dogodio (realizirao) dogañaj A akko se nije dogodio A. Imamo: P ( A ) =
m( A ) n − m( A) m( A) = = 1− = 1 − P ( A) , n n n
11
P ( A ) = 1 − P ( A) .
Primjer. Skup se sastoji od 7 dobrih i 5 loših proizvoda. Iz tog skupa uzmemo nasumice 3 proizvoda. Kolika je vjerojatnost da će barem jedan od njih biti loš? 7 3 7 = 0.159 ; P ( A) = = ... = 12 44 3 P ( A ) = 1 − P ( A) =
37 = 0.841 . 44
II.3. Zbrajanje vjerojatnosti Za dva dogañaja A i B ( A, B ⊆ X , X prostor elementarnih dogañaja ili potpun skup dogañaja) kažemo da se meñusobno isključuju ako ne mogu oba nastupiti istovremeno (tj.ne dogaña se i A i B, tj.ne postoji elementarni dogañaj (element iz X) koji realizira i dogañaj A i dogañaj B). Za više dogañaja kažemo da se meñusobno isključuju ako se uvijek može pojaviti samo jedan od njih (ne dva ili više). Zorno, odgovarajući skupovi A i B su disjunktni tj.nemaju zajedničkih točaka. Oznake:
A + B
(umjesto
A ∪ B ),
odnosno
A1 + A2 + ... + Ak :=
k
∑1 A
i
(umjesto
i=
k
A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ Ak := U Ai ). Tako, reći ćemo da se dogodio dogañaj A + B
akko se dogodio ili
i =1
dogañaj A ili dogañaj B. Vrijedi: P ( A + B ) = P ( A) + P ( B ) ; P ( A1 + A2 + ... + Ak )= P ( A1 ) + P ( A2 ) + ... + P ( Ak )
ili, kraće
Ai = ∑ P ( Ai ) . ∑ i i
P
Primjeri: 1 1 1 1) Vjerojatnost da kocka padne ili na broj 5 ili na broj 6 je P = + = . 6 6 3 2) U skupu od 100 strojnih elemenata imamo 5 komada sa odstupanjem 0.05 od propisane dimenzije, 10 komada sa odstupanjem 0.10, 40 komada sa odstupanjem 12
0.15, 35 komada sa odstupanjem 0.20 i 10 komada sa odstupanjem 0.25 od propisanih dimenzija. Kolika je vjerojatnost da ćemo, uzimajući nasumice, uzeti komad ili sa odstupanjem od 0.15 ili sa odstupanjem od 0.20? Označimo s A, odnosno B dogañaje uzimanja komada sa odstupanjem 0.15 odnosno 0.20. Imamo: P ( A + B ) = P ( A) + P (B ) =
40 35 75 + = = 0.75 . 100 100 100
II.4. Množenje vjerojatnosti Razmotrimo dva dogañaja A i B (koji se ne isključuju). Dogañaj A ∩ B (A i B) realiziraju svi elementarni dogañaji koji realiziraju i A i B. Ako elementarne dogañaje predstavimo točkama u ravnini, onda je A ∩ B predstavljen presjekom pripadnih skupova A i B.
A ∩ B
A
B
Za dva dogañaja A i B kažemo da su nezavisni ako vrijedi P ( A ∩ B ) = P ( A) ⋅ P ( B ) .
Primjeri: 1) Kod izrade nekih detalja imamo škarta i po formi i po veličini. Vjerojatnost škarta po formi iznosi 0.05, a vjerojatnost škarta po veličini 0.01. a) Kolika je vjerojatnost da slučajno uzet detalj bude škart i po formi i po veličini? b) Kolika je vjerojatnost da detalj bude dobar?
13
Rj: Neka je A ≡ dogañaj kada je detalj škart po formi, B ≡ dogañaj kada je detalj škart po veličini.Imamo: a) P ( A ∩ B ) = P ( A) ⋅ P (B ) = 0.05 ⋅ 0.01 = 0.0005 ; b) P ( A ∩ B ) = [1 − P ( A)] ⋅ [1 − P (B )] = (1 − 0.05) ⋅ (1 − 0.01) = 0.9405 . 2) Razmotrimo istovremeno bacanje novčića i kocke. Potpuni skup dogañaja sastoji se od 12 parova (rezultat na novčiću, rezultat na kocki): G1
P1
Pod dogañajem A smatrat ćemo pojavljivanje glave na
G2
P2
novčiću, a pod dogañajem B pojavljivanje broja 5 na
G3
P3
kocki.
G4
P4
G5
P5
G6
P6
Vjerojatnost da nastane i jedan i drugi dogañaj je P ( A ∩ B ) =
1 . 12
1 1 1 Tu je P ( A) = , P ( B ) = , P ( A ∩ B ) = = P ( A) ⋅ P ( B ) . 6 12 2 k
Analogno, uz dogañaje A1 , A2 ,..., Ak , govori se o dogañaju A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ Ak := I Ai . i =1
Dogañaji A1 , A2 ,..., Ak su nezavisni ako za svaku r -torku različitih prirodnih brojeva 1 ≤ i1 < i2 < ... < ir ≤ k , gdje je r = 2,3,..., k , vrijedi jednakost r P I Ai m=1
m
r = ∏ P ( Ai ). m=1 m
Često se javlja slučaj da nekom dogañaju A u svakom eksperimentu pripada uvijek ista vjerojatnost P ( A) = p .
Na primjer, pri svakom bacanju novčića vjerojatnost „glave“ jednaka je
1 . Stvarno, to znači 2
da se dotični eksperiment izvodi pod idealno jednakim okolnostima pa stoga vjerojatnost
14
dogañaja A ostaje konstantna pri ponavljanju eksperimenta. Zamislimo sada seriju od n takvih eksperimenata. Kolika je vjerojatnost da u svakom eksperimentu nastupi dogañaj A? Označimo li s Ai pojavljivanje dogañaja A u i -tom eksperimentu, tada je odgovor na n n postavljeno pitanje dan relacijom P = P I Ai = ∏ P ( Ai ) = p n . i =1 i =1
Primjer. Automat radi ujednačeno tijekom vremena i daje 10 % defektnih proizvoda. To znači da je za svaki proizvod na tom automatu vjerojatnost 0.1 da bude defektan. Priñemo automatu i na sreću odaberemo 4 proizvoda. a) Kolika je vjerojatnost da će sva četiri biti dobra? Tražena vjerojatnost je P = 0.9 ⋅ 0.9 ⋅ 0.9 ⋅ 0.9 = 0.94 =0.6561. To praktično znači kada bismo mnogo puta uzimali po 4 proizvoda, u oko 66% slučajeva bila bi to sva četiri dobra. Po istom osnovu, vjerojatnost da se u uzorku od 4 proizvoda nañu sva četiri defektna je 0.14 = 0.0001 . b) Kolika je vjerojatnost da se meñu četiri proizvoda nañu baš dva defektna? Takav dogañaj označimo sa A. Uvedimo za dobre proizvode oznaku D, a za defektne oznaku L. Naš dogañaj A može se realizirati na 6 različitih načina (redoslijeda), a svaki od njih zasebno je opet složeni dogañaj. To su dogañaji: DDLL
DLDL
DLLD
LDDL
LDLD
LLDD.
Prvi redoslijed znači da su prvi i drugi uzeti proizvodi dobri, a treći i četvrti loši, i slično, drugi raspored označava redoslijed zbivanja dobar-loš-dobar-loš itd. Svaki za sebe (npr.DDLL) od gornjih 6 dogañaja sadrži 4 nezavisna dogañaja. K tome, gornjih 6 dogañaja se isključuju.Imamo dakle: P ( A) = P ( DDLL ) + P ( DLDL) + P ( DLLD ) + P ( LDDL) + P ( LDLD ) + P ( LLDD ) =
= 6 ⋅ 0.12 ⋅ 0.92 = 0.0486
(Naravno, brže se moglo uporabom kombinatorike: 4 2
2 2 2 2 P ( A) = ⋅ 0.1 ⋅ 0.9 = 6 ⋅ 0.1 ⋅ 0.9 = ... = 0.0486 ).
Izračunajmo vjerojatnost da se u uzorku od 10 proizvoda nañu baš dva defektna: 10 ⋅ 0.12 ⋅ 0.98 = 6 ⋅ 0.12 ⋅ 0.92 = ... = 0.1937 . 2
P =
15
II.5. Vjerojatnost od A ∪ B odnosno U Ai Za dogañaje A i B (iz istog prostora vjerojatnosti X) definira se dogañaj A ∪ B koji nastupa onda i samo onda ako nastupi barem jedan od dogañaja A, B. Vrijedi (očigledno) jednakost za vjerojatnost dogañaja A ∪ B : P ( A ∪ B ) = P ( A) + P ( B ) − P ( A ∩ B ) .
(U specijalnom slučaju dogañaja A i B koji se isključuju, koristili smo oznaku A + B umjesto A ∪ B
i tu vrijedi P ( A + B ) = P ( A) + P ( B ) .)
A B
Vježba. a) Uvjeriti se da vrijedi A ∪ B = A ∩ B , te da vrijedi (za uporabu veoma pogodna formula) P ( A ∪ B ) = 1 − P ( A ∩ B ), te u slučaju nezavisnih dogañaja A,B: P ( A ∪ B ) = 1 − P ( A )⋅ P ( B ) .
b) Za dogañaje A1 , A2 ,..., Ak definira se (analogno kao gore A ∪ B ) dogañaj k
A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ Ak := U Ai . i =1
k k Uvjeriti se da vrijedi U Ai = I Ai , te da vrijedi formula i=1 i=1 P ( A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ Ak )= 1 − P ( A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ Ak ) k k (ili konciznije P U Ai = 1 − ∏ P (Ai ) ). i =1 i=1
16
Napomena. U primjenama susrećemo i dogañaje čija se vjerojatnost ne mijenja tijekom ponavljanja eksperimenta. Ako je A takav dogañaj, i ako sa Ai označimo nastupanje dogañaja A u i -tom eksperimentu, onda je P ( A1 ) = P ( A2 ) = ... = P ( Ak ) = p i time P ( A1 ) = P ( A2 ) = ... = P ( Ak ) = 1 − p = q
i imamo
P ( A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ Ak )= 1 − q k .
Primjer. Vjerojatnost da automat izradi defektan proizvod konstanta je tijekom vremena i iznosi 0.05. Kolika je vjerojatnost da se u slučajnom uzorku od 10 proizvoda nañe barem jedan defektan? Rj: U ovom slučaju: p = 0.05 , q = 0.95 , k = 10 ; P = 1 − q10 = 1 − 0.9510 = 0.402 .
II.6. Uvjetna vjerojatnost Neka je X prostor (od n jednako mogućih) elementarnih dogañaja, a A i B složeni dogañaji iz X ,
s tim da je P ( B ) > 0 . Dalje, neka dogañaje A , B , A ∩ B realizira redom m( A) , m( B ) ,
m( A ∩ B ) P ( B ) =
elementarnih dogañaja. Vjerojatnosti ovih dogañaja su redom P ( A) =
m( B ) n
, P ( A ∩ B ) =
m( A ∩ B ) n
m( A) , n
.
Pitanje glasi: Kolika je vjerojatnost da se dogodi dogañaj A , ako znamo da se dogodio dogañaj B ? Ovu vjerojatnost ćemo označiti s P ( A / B ) i čitati „vjerojatnost dogañaja A ako se dogodio B “ (ili kraće: P od A
ako je B ). Budući se dogodio B , to ovaj dogañaj ima ulogu sigurnog
dogañaja, a skup elementarnih dogañaja koji realiziraju B ima ulogu potpunog skupa. Budući da u tom skupu ima točno m( A ∩ B ) elementarnih dogañaja koji realiziraju A , imamo: P ( A / B ) =
m( A ∩ B ) m( B )
m( A ∩ B )
=
n m( B )
=
P ( A ∩ B ) P ( B )
tj. P ( A / B ) =
P ( A ∩ B ) . P ( B )
n
Primjer. Bacimo dvije kocke. Prostor X od n (=36) jednako mogućih elementarnih dogañaja (potpun skup dogañaja) je: 17
11
21
31
41
51
61
12
22
32
42
52
62
13
23
33
43
53
63
14
24
34
44
54
64
15
25
35
45
55
65
16
26
36
46
56
66.
Neka je A dogañaj koji se realizira ako je suma brojeva na kockama paran broj (skupovno govoreći A = {11,13,15,22,24,26,31,33,35,42,44,46,51,53,55,62,64,66} ), a B dogañaj koji se realizira onda, ako je suma brojeva na kockama djeljiva sa 5 (skupovno, B = {14,23,32,41,46,55,64} ). Nadalje, A ∩ B = {46,55,64} .
3 P ( A ∩ B ) 36 3 = = . Sad je P ( A / B ) = 7 7 P ( B ) 36 (Shvatimo li B kao potpuni skup dogañaja, onda je P ( A / B ) =
Napomena. Iz P ( A / B ) =
P ( A ∩ B ) P ( B )
te P ( B / A) =
P ( A ∩ B ) P ( A)
m( A ∩ B ) n( B )
=
3 .) 7
vrijedi
P ( A ∩ B ) = P ( B ) ⋅ P ( A / B ) = P ( A) ⋅ P ( B / A) .
Vrijedi takoñer P ( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P ( A1 ) ⋅ P ( A2 / A1 ) ⋅ P ( A3 / A1 ∩ A2 ) .
II.7. Bayes-ov teorem Neka je X prostor elementarnih dogañaja, a A1 , A2 ,..., An njegov disjunktni rastav (tj.rastav na dogañaje koji se meñusobno isključuju). Dalje, neka je B dogañaj definiran na istom prostoru X i P ( B ) >0 (slika). Imamo: P ( Ak / B ) =
P ( Ak ∩ B ) P ( B )
za sve k = 1,2,..., n .
18
B = A1 ∩ B + A2 ∩ B + ... + An ∩ B
X
Svi dogañaji Ak ∩ B ( k = 1,2,..., n ) se A1
meñusobno isključuju, pa vrijedi
B A2
P ( B ) =
An
Ovim je P ( Ak / B ) =
P ( Ak ∩ B ) P ( B )
=
n
∑1 P ( A
k
k =
P ( Ak ) P ( B / Ak ) n
∑1 P ( A ) P ( B / A ) k
n
∩ B ) = ∑ P ( Ak ) P ( B / Ak ) . k =1
;
k
k =
P ( Ak / B ) =
P ( Ak ) P ( B / Ak ) P ( A1 ) ⋅ P ( B / A1 ) + P ( A2 ) ⋅ P ( B / A2 ) + ... + P ( An ) ⋅ P ( B / An )
.
Ovom je formulom iskazan Bayes-ov teorem. Primjeri. 1) U jednoj velikoj seriji 96% proizvoda zadovoljava tehničke uvjete propisane standardom. Proizvodi se podvrgavaju gruboj kontroli koja proglašava proizvod dobrim uz vjerojatnost 0.98 ako je proizvod stvarno dobar i uz vjerojatnost 0.05 ako je proizvod stvarno loš. Kolika je vjerojatnost da je proizvod stvarno dobar, ako ga je kontrola proglasila dobrim? Rješenje: Imamo dogañaje: A1 ≡
proizvod je stvarno dobar; P ( A1 ) = 0.96 ,
A2 ≡ proizvod je stvarno loš; B ≡
P ( A2 ) = 0.04 ,
kontrola proglašava proizvod dobrim.
Nadalje, imamo uvjetne vjerojatnosti: P ( B / A1 ) = 0.98 ; P ( B / A2 ) = 0.05 .
Trebamo odrediti vjerojatnost dogañaja A1 , ako se već dogodio dogañaj B , tj. trebamo odrediti P ( A1 / B ) : P ( A1 / B ) =
P ( A1 ) ⋅ P ( B / A1 ) P ( A1 ) ⋅ P ( B / A1 ) + P ( A2 ) ⋅ P ( B / A2 )
=
0.96 ⋅ 0.98 0.9408 = = 0.998 0.96 ⋅ 0.98 + 0.04 ⋅ 0.05 0.9428
i možemo reći da će nakon opisane kontrole serija sadržavati 99.8 % dobrih proizvoda. 19
2) U prvoj kutiji imamo 10 bijelih i 3 crne kuglice, a u drugoj kutiji 3 bijele i 5 crnih. Prenesemo dvije kuglice iz prve u drugu kutiju, a zatim izvučemo iz druge kutije jednu kuglicu. Kolika je vjerojatnost da je ta kuglica bijela?
10 B
3B
3C
5C
Dogañaji:
A1 ≡
prenesene 2 B;
A2 ≡ prenesene 1 B, 1 C;
A3 ≡
prenesene 2 C;
10 2 15 , P ( A1 ) = = ... = 26 13 2 P ( A2 ) =
10 ⋅ 3 5 = ... = , 13 13 2
3 2 1 , P ( A3 ) = = ... = 26 13 2
B ≡ izvučena bijela iz druge kutije P ( B / A1 ) =
1 2 3 , P ( B / A2 ) = , P ( B / A3 ) = ; 2 5 10
P ( B ) = P ( A1 ) ⋅ P ( B / A1 ) + P ( A2 ) ⋅ P ( B / A2 ) + P ( A3 ) ⋅ P ( B / A3 ) =…=0.4538
II.8. Kratak osvrt o aksiomatskoj izgradnji teorije vjerojatnosti Neka je X (konačan ili beskonačan) skup objekata (elemenata) koje ćemo zvati elementarnim dogañajima. Dalje, neka je
neprazna familija podskupova skupa X za koje
vrijedi: 1 o Ako je A1 , A2 ,... bilo kakav niz (konačan ili beskonačan) elemenata iz , onda je i U Ai i
takoñer iz
.
2 o Ako je A ∈ , onda je A ∈ . 20
Elemente familije
zovemo slučajnim dogañajima, a familiju
sigma algebrom, odnosno,
sigma poljem dogañaja. Na osnovu 1 o i 2 o , sigma algebra
je zatvorena u odnosu na
operacije U ,
−
(uniranje i komplementiranje, odnosno vezivanje dogañaja veznikom ili
negacijom). Takoñer je jesno da ∅, X ∈ K tome A1 , A2 ∈
⇒ A1 ∩ A2 ∈
(nemoguć, odnosno, siguran dogañaj spadaju u ). −− −− −− − − −
(naime, ∍ A1 ∪ A2 = A1 ∩ A2 ). Konačno, sigma algebra
zatvorena je i u odnosu na veznik i. Neka je
sigma algebra dogañaja, a P funkcija definirana na njoj, koja zadovoljava uvjete:
3o Funkcija P je nenegativna tj. P ( A) ≥ 0 , ( ∀ A ∈ ) 4o Sigurnom dogañaju X funkcija P pridružuje vrijednost 1, tj. P ( X ) = 1 . 5o Ako se dogañaji A1 , A2 ,... meñusobno isključuju, tj.ako je Ai ∩ Ak = ∅ ( i ≠ k ), onda vrijedi P U Ai = ∑ P ( Ai ) . Ovo je takozvana sigma Aaditivnost funkcije P . i
Ureñena trojka ( X ,
,
P ) zove se vjerojatnosni prostor, a P ( A)
je vjerojatnost dogañaja A.
Vježba. Na osnovu aksioma 3o - 5o dokažite (za A ∈ ): a) P ( A) + P (A ) = 1 ,
b) 0 ≤ P ( A) ≤ 1 , P (∅)=0.
Primjer. Neka je X skup od n elemenata a1 , a2 ,..., an . Označimo sa
sigma algebru svih
podskupova skupa X . Najjednostavniji način da konstruiramo vjerojatnosni prostor ( X ,
,
P (ai ) =
P )
1 n
jeste da svakom elementarnom dogañaju ai pridružimo istu vjerojatnost:
(i = 1,..., n ) . Lako je provjeriti da ovako definirana funkcija P zadovoljava uvjete
propisane aksiomima. Svaki je element iz
unija elementarnih dogañaja, tj. unija elemenata
skupa X . Neka je A dogañaj koji nastaje uniranjem od m = m( A) elementarnih dogañaja. Prema aksiomu 5o je P ( A) =
m( A) n
, što je upravo klasična definicija vjerojatnosti (jer ovdje
su ispunjeni uvjeti da je potpuni skup elementarnih dogañaja konačan i da su svi elementarni dogañaji jednako mogući). Ovaj primjer pokazuje da se iz sistema aksioma može izvesti klasična teorija vjerojatnosti. Zbog toga su u aksiomatskoj izgradnji teorije vjerojatnosti sačuvani i svi rezultati klasične teorije. 21
II.9.ZADACI 1.Kolika je vjerojatnost da ćemo, ako bacimo 2 kocke tri puta za redom, dobiti najmanje jedanput na obje kocke isti broj? 2.Bacimo istovremeno novčić i dvije kocke. a) Kolika je vjerojatnost da novčić padne na glavu i barem jedna kocka na broj 6? b) Kolika je vjerojatnost da padne ili novčić na glavu ili barem jedna kocka na broj 6? 3.U jednoj sobi postoje 3 ispravna grla za električne žarulje. Iz skupa od 10 žarulja, ali od kojih je 6 neispravnih, uzmemo na sreću 3. Kolika je vjerojatnost da ćemo imati svjetlo pošto ove na sreću uzete žarulje stavimo u grla?
22
III. EMPIRIČKE DISTRIBUCIJE III.1. EMPIRIČKI PODACI Ako izvršimo mjerenja nekog obilježja na skupu istovrsnih proizvoda, zaključit ćemo da svakom od njih ne pripada isti mjerni broj (unatoč želji proizvoñača da izradi u potpunosti jednake proizvode). Mjerna vrijednost razmatranog obilježja varira od proizvoda do proizvoda. Ta su variranja rezultat slučajnih faktora koji su djelovali u procesu izrade proizvoda. Statistički skup je skup elemenata koji imaju neko zajedničko obilježje, čija mjerna (ili numerička) vrijednost x varira od elementa do elementa. Elementi statističkog skupa su na primjer istovrsni proizvodi ili neki dogañaji (pojave). Ako je na statističkom skupu definirano jedno obilježje, onda je taj skup jednodimenzionalan. Na elementima skupa mogu biti definirana istovremeno dva obilježja i tada je riječ o dvodimenzionalnom statističkom skupu. U tom su slučaju rezultati mjerenja (opažanja) ureñeni parovi brojeva ( x, y ) , gdje se prvi broj odnosi na prvo obilježje a drugi broj y na drugo obilježje. Istaknimo – naša će se razmatranja odnositi na jednodimenzionalne statističke skupove. Statističke skupove dijelimo u dvije klase: kontinuirane i diskontinuirane. Kontinuirani skupovi su oni kod kojih dotično obilježje, označimo ga sa x , može primiti bilo koju vrijednost iz nekog intervala (a, b ) . Za statistički skup kažemo da je diskontinuiran (diskretan) ako obilježje x njegovih elemenata prima diskontinuiran niz vrijednosti x1 , x2 ,.... Primjeri: 1) Rezultati mjerenja vremena izvoñenja jedne radne operacije dani su (u sekundama) tablicom: 24
28
22
26
24
27
26
25
26
23
30
26
29
25
27
24
26
25
24
27
Vidi se: Najmanja izmjerena vrijednost je 22 sekunde, a najveća je 30 sekunda. Ne postoje neki teoretski razlozi da dotična radna operacija ne bi mogla trajati bilo koje vrijeme izmeñu 22 i 30 sekunda. Stoga je trajanje radne operacije jedno kontinuirano obilježje. 23
Istaknimo: Empirički podaci uvijek su diskontinuirani, bez obzira da li je (ili nije) samo obilježje kontinuirano. 2) Uzimajući uzorak od 30 proizvoda, kontrolor svaki put zapiše broj defektnih proizvoda. Tako, za 20 uzoraka, dobiveni podaci su: 0
0
1
1
0
0
3
1
0
2
0
1
0
0
4
0
0
3
2
0
Ovdje obilježje x ima značenje broja defektnih proizvoda u jednom uzorku. To je dakle diskontinuirano obilježje, ono može primiti samo vrijednosti 0,1,2,..., 30.
III.2. DISTRIBUCIJA FREKVENCIJA Ako promatramo empiričke podatke (obilježja
) ustanovit ćemo da meñu njima ima i
jednakih vrijednosti. Prvi korak u sreñivanju podataka sastoji se od grupiranja podataka u razrede, drugim riječima od izrade distribucije frekvencija – ista vrijednost xi obilježja x piše se samo jednom, uz naznaku f i koliko se puta ta vrijednost ponavlja. To je frekvencija f i
od xi .
U tom smislu, sredimo podatke iz primjera 2.
razred
frekvencija
xi
f i
prvi
0
11
drugi
1
4
treći
2
2
četvrti
3
2
peti
4
1 N = 20
24
Područje rasipanja vrijednosti obilježja x može biti dosta veliko. U tom slučaju bi, gornjim načinom, dobili veoma veliki broj razreda, gdje bi bile isticane i neke sitne i nevažne varijacije od x . Te bi varijacije mogle predstavljati teškoću u uočavanju zakona po kojem su rasporeñene vrijednosti obilježja
. U takvim se situacijama podaci grupiraju malo drugačije.
Naime, u jedan razred stavlja se više uzastopnih vrijednosti obilježja
, Tako, u tom slučaju,
razred ne predstavlja jedna vrijednost, već jedan čitav interval. U tom smislu, to jest po tom principu, razvrstat ćemo u razrede podatke iz primjera 1. razred
sredina razreda
frekvencija
xi
f i
22-23
22.5
2
24-25
24.5
7
26-27
26.5
8
28-29
28.5
2
30-31
30.5
1 N = 20
U prvi razred stavili smo vrijednosti 22 i 23, u drugi 24 i 35 itd. Primijetimo da su uvijek i granice uključene u dotični razred. Stvarne granice naših razreda ne vide se direktno iz tablice. Tako, granica izmeñu prvog i drugog razreda je 23.5, izmeñu drugog i trećeg 25.5 itd. Npr. drugi razred predstavlja interval (23.5,25.5) . Širina takvog razreda je c = 2 sekunde. Svaki razred reprezentiramo njegovom sredinom xi (drugi stupac). Iz grupiranih podataka se vidi koje se vrijednosti obilježja javljaju češće, a koje rjeñe. Grupacija podataka u razrede daje nam sliku o rasprostiranju i učestalosti vrijednosti promatranog obilježja. Radi dobivanja zornije slike, koristimo grafičko prikazivanje distribucije (raspodjele) frekvencija. Ako spojimo točke T i ( xi , f i ) dužinama, dobivamo izlomljenu crtu koju nazivamo poligon frekvencija. Na taj način prikazat ćemo distribuciju frekvencija iz prethodnih primjera.
25
f i
xi
f i
xi
22.5
24.5
26.5
28.5
30.5
Napomena. U statističkoj obradi podataka često se osim (apsolutnih) frekvencija f i koriste i relativne frekvencije f ri =
f i
, gdje je N = ∑ f i ukupni broj podataka (tzv. „statistička i
26
vjerojatnost“ ili „vjerojatnost a posteriori“, za razliku od „vjerojatnosti a priori“ koju smo već uveli.)
III.3. ARITMETIČKA SREDINA Pretpostavljamo napravljenu distribuciju frekvencija nekog stupa empiričkih podataka (obilježja x ): x1 , x2 ,..., x n
n
( N = ∑ f i )
f 1 , f 2 ,..., f n
i =1
Aritmetička sredina ovog skupa podataka definira se sa x = (Inače, mi smo to navikli pisati u obliku x =
1 N
1
n
N
⋅ ∑ f i xi . i =1
N
⋅ ∑ xi , gdje nije izvršena distribucija i =1
frekvencija.) Možemo pisati x =
n
∑1 f x . ri
i
i=
Vježba. Pokazati da vrijedi
n
∑1 f ( x i
i
− x ) = 0 , tj.aritmetička sredina ima (fino) svojstvo –
i=
suma svih odstupanja od aritmetičke sredine jednaka je nuli.
III.4. VARIJANCA
Varijanca
σ
2
skupa empiričkih podataka definira se izrazom n
2
može pisati u obliku σ = ∑ f ri ( xi − x ) . 2
i =1
27
σ
2
=
1 N
n
2
⋅ ∑ f i ( xi − x ) , što se i =1
2
Vježba. Pokazati da vrijedi σ =
1 N
n
⋅ ∑ f i xi 2 − x 2 (što je za uporabu pogodna formula). i =1
Drugi korijen iz varijance, tj.veličina
σ
1
=
N
⋅ ∑ f i ( xi − x )2 zove se standardna devijacija i
(skupa empiričkih podataka).
Vježba. Za (proizvoljan) broj t , broj
1 N
⋅ ∑ f i ( xi − t )2 zove se prosječno (srednje) i
kvadratno odstupanje (od tog broja t ). Pokažite da je ovo odstupanje najmanje za t = . (Drugim riječima, standardna devijacija je najmanje (prosječno) kvadratno odstupanje meñu svim kvadratnim odstupanjima.) Primjer. Uzmimo podatke iz primjera 1 u točki . Imamo: xi
f i
f ixi
f ixi
0
11
0
0
1
4
4
4
2
2
4
8
3
2
6
18
4
1
4
16
x =
σ
2
18 = 0 .9 ; 20 =
N=20
18
46
∑ f x 2 = 46
46 − 0.9 2 = 1.49 ; 20
i
i
σ
= 1.22 .
ZADACI: 1) Rad jednog automata kontroliran je na taj način što je svakih 40 minuta uzet uzorak od 15 proizvoda. Pošto je pregledano 200 uzoraka, dobiveni su ovi podaci o broju defektnih proizvoda u uzorku: 28
2110013101
0211210010
1021100111
3210102012
1200101001
2210001021
1121111010
0121111100
3102201200
0100202121
5011011101
1211012101
3121002011
2001000100
3401310010
2011000100
0111122011
0100100010
1000012111
0026024032
a) Izraditi distribuciju frekvencija; b) Nacrtati poligon frekvencija c) Izračunati aritmetičku sredinu i standardnu devijaciju. Rj: Nakon pažljivog pregledavanja i prebrojavanja, dobivamo distribuciju frekvencija, kao što je navedeno u prva dva stupca tablice: xi
f i
xif i
xi
xi f i
0
77
0
0
0
1
81
81
1
81
2
31
62
4
124
3
7
21
9
63
4
2
8
16
32
5
1
5
25
25
6
1
6
36
36
x =
σ
σ σ
N=200
183
91
361
183 = 0.915 ; 200 1
⋅ ∑ xi 2 f i − x 2 ;
2
=
2
= 0.968
σ
2
=
361 − 0.837 = 1.805 − 0.837 = 0.968 200
= 0.984 .
29
81 77
31
7 2
2) Izvjesna mjerenja dala su sljedeći rezultat izražen u kilogramima: razredi
frekvencije
4.92 – 4.94
2
4.95 – 4.97
7
4.98 – 5.00
14
5.01 – 5.03
10
5.04 – 5.06
6
5.07 – 5.09
3
a) Nacrtati poligon frekvencija. b) Izračunati aritmetičku sredinu i standardnu devijaciju.
30
Rj: razredi
Sredina razreda f i
xif i
xi
xi f i
xi 4.92 – 4.94 4.93
2
9.86
24.30
48.60
4.95 – 4.97 4.96
7
34.72
24.60
172.2
4.98 – 5.00 4.99
14
69.86
24.90
348.6
5.01 – 5.03 5.02
10
50.20
25.20
252.0
5.04 – 5.06 5.05
6
30.30
25.50
153.0
5.07 – 5.09 5.08
3
15.24
25.80
77.4
x =
σ
σ σ
N=42
210.18
1051.8
210.18 = 5.004 ; 42 1
⋅ ∑ xi 2 f i − x 2 =
2
=
2
= 0.0028
1 ⋅ 1051.8 − 5.004 2 42
= 0.052915 .
IV. SLUČAJNE VARIJABLE
IV.1.Diskontinuirana slučajna varijabla 1.1.Primjer Neki stroj radi ujednačeno tijekom vremena. Proizvode koje on proizvodi kontroliramo tako što u odreñenim vremenskim razmacima uzimamo po 50 proizvoda i svaki put zabilježimo broj defektnih proizvoda. Tako uzimamo 20 puta. Imamo dakle 20 uzoraka i za svaki od uzoraka znamo broj defektnih proizvoda. Taj broj defektnih proizvoda, označimo ga s je vrijednosti u tablici:
31
, niz
xi
f i
f ri
0
2
2/20
1
7
7/20
2
8
8/20
3
2
2/20
4
1
1/20
N=20
1.00
Obilježje x, broj defektnih proizvoda u uzorku, primilo je niz vrijednosti 0, 1, 2, 3, 4. Svakoj od tih vrijednosti xi pripada odreñena (apsolutna) frekvencija f i . Možemo zamisliti da je svaki uzorak stavljen u jednu kutiju i sve kutije na policu. Ako uzmemo nasumice jednu kutiju s police, kolika je vjerojatnost da se u toj kutiji nalazi uzorak koji sadrži 3 defektna proizvoda? Odgovor je 2/20. Takoñer, vjerojatnost da se u uzetoj kutiji nalazi uzorak s jednim defektnim proizvodom je 7/20. Na taj način svakoj vrijednosti xi pridružena je relativna frekvencija f ri i ova frekvencija u gornjoj interpretaciji, ima značenje vjerojatnosti. Dajemo definiciju diskontinuirane (ili diskretne) varijable. To je varijabla x koja prima niz vrijednosti x1 , x2 ,…
čije su vrijednosti redom p ( x1 ) , p( x2 ) ,…
i, k tome, mora vrijediti
∑ p( x ) = 1. i
i
Dakle, kad god se kaže da je zadana slučajna varijabla x podrazumijeva se da su zadane vrijednosti i pripadne vjerojatnosti. Skup svih parova ( xi , p (xi )) ; i = 1,2... čini razdiobu (distribuciju) slučajne varijable x . Propis (zakon) p( x ) prema kojem je vrijednostima xi ( i = 1,2... ) pridružena vjerojatnost p( xi ) zovemo funkcija vjerojatnosti slučajne varijable Funkcija F ( x0 ) =
∑ p( x ) i
xi ≤ x0
32
odnosno zakon razdiobe (distribucije).
je funkcija distribucije slučajne varijable x i očigledno vrijedi F ( x0 ) = P { x x ≤ x0 }. Primjer. U kutiji se nalazi 5 dobrih i 7 loših žarulja. Neka je x broj dobrih žarulja u slučajnom uzorku od 4 žarulje. Treba odrediti zakon vjerojatnosti varijable
i tablicom
prikazati razdiobu te varijable. 12 Rj: Imamo točno mogućnosti uzimanja četiri žarulje iz skupa od 12 žarulja. Broj dobrih 4
žarulja u uzorku od 4 žarulje neka je označen s
. Broj mogućnosti uzimanja
dobrih
5 7 uzimanja 4 − x loših žarulja x ∈ {0,1,2,3,4} je . Svaku takvu mogućnost prati 4 − x x 5 7 mogućnosti uzimanja x žarulja u skupu od 7 loših žarulja. Imamo dakle točno ⋅ − 4 x x
dobrih žarulja. Ovim je 5 7 ⋅ x 4 − x . p ( x ) = 12 4
Tablični prikaz je x
0
p(x)
1 7/99
2
3
4
35/99
42/99
14/99
Grafički prikaz je p(x)
7 99 1
2
3
x
33
1/99
IV.1.1. Očekivanje Neka je zadana slučajna varijabla
. Vrijednosti od
su x1 , x2 ,…, a pripadne vjerojatnosti
p ( x1 ) , p( x 2 ) ,….
Očekivanje E ( x ) varijable x definira se sa E ( x ) = ∑ xi p(xi ) , uz uvjet da red i
konvergira i to apsolutno (u protivnom, varijabla
∑ x p(x ) i
i
i
nema očekivanje).
Napomena. U teoriji empiričkih distribucija definirali smo aritmetičku sredinu x za koju smo pokazali da se izražava relativnim frekvencijama sa x = ∑ f ri xi . No, relativna frekvencija je i
u stvari empirička (statistička) vjerojatnost da varijabla
primi baš vrijednost xi , pa vidimo
da aritmetičkoj sredini u empiričkim distribucijama odgovara očekivanje E ( x ) u teoriji slučajne varijable. Definicijske relacije za
i E ( x ) razlikuju se jedino u tome što u prvoj
dolaze empiričke vrijednosti vjerojatnosti (relativne frekvencije), a u drugoj stvarne vjerojatnosti, koje pripadaju dotičnim vrijednostima varijable
.
Vježba. Pretpostavimo da je zadana slučajna varijabla x . Pomoću nje možemo formirati novu varijablu ax + b (gdje su a i b bilo kakve realne konstante). Varijabla ax + b takoñer je slučajna varijabla i ona prima vrijednosti axi + b akko
prima vrijednosti xi i pri tome je
p (axi + b ) = p( xi ) . Pokažite da vrijedi E (ax + b ) = a ⋅ E ( x ) + b . K tome uz oznaku E ( x ) = µ , E ( x − µ ) = 0
(što je analogija činjenici da je suma odstupanja od aritmetičke sredine jednaka
nuli).
IV.1.2. Varijanca definira se kao očekivanje varijable ( x − µ )2 ,
Varijanca diskontinuirane slučajne varijable gdje je
µ = E x
( ): σ
2
= V ( x ) := E ( x − µ )2 ) = ∑ ( xi − µ )2 p (xi ) , i
gdje se sumira preko svih i . Specijalno, σ je standardna devijacija varijable
34
.
Vježba. 1) Pokazati: V ( x ) = E x 2 − µ 2 , tj. V ( x ) = ∑ xi 2 p( xi ) − µ 2 . i
2) Pokazati: V (ax + b ) = a 2 ⋅ V ( x ) (i specijalno V (ax ) = a 2V ( x ) ). Napomena. Primijetimo na kraju da smo aritmetičku sredinu i varijancu za slučajnu varijablu definirali slično kao i u distribucijama frekvencija (empiričkim distribucijama). Preciznije, definicijske relacije za očekivanje i varijancu dobiju se kad se u odgovarajućim obrascima relativne frekvencije f ri zamijene vjerojatnostima p( xi ) , a aritmetička sredina x očekivanjem
. Imamo:
Distribucija frekvencije
Slučajna varijabla
Aritmetička sredina
Očekivanje
x =
∑ x f i
ri
E ( x ) = µ =
∑ x p(x )
i
Varijanca σ
2
i
i
i
Varijanca
= ∑ ( xi − x )2 f ri
V ( x ) = σ 2 =
i
∑ ( x
i
− µ )2 p( xi )
i
IV.2.Binomna razdioba IV.2.1.Zakon vjerojatnosti Primjer. Zamislimo da neki automat radi ujednačeno tijekom vremena. U tom slučaju svakom izrañenom komadu pripada ista vjerojatnost, recimo p , da bude defektan (loš) odnosno uvijek jednaka vjerojatnost q (= 1 − p ) da bude dobar. Tako je, recimo, izrada defektnog komada na tom automatu jedan Bernoulliev dogañaj (naime, dogañaj A čija vjerojatnost p ostaje konstantna pri ponavljanju eksperimenta naziva se Bernoulliev dogañaj). Pretpostavimo da se eksperiment u kojem može nastupiti dogañaj A (Bernoulliev dogañaj A ) ponovi n puta. Broj nastupa dogañaja A u tih n eksperimenata predstavlja varijablu x koja
35
može primiti vrijednosti 0,1,..., n . Varijabla
ima karakter slučajne varijable. Naime, svakoj
njezinoj vrijednosti pripada neka vjerojatnost. Cilj nam je odrediti te vjerojatnosti. Nakon svakog eksperimenata zapišemo A odnosno A , već prema tome da li se dogodio dogañaj A ili ne. Rezultat svih n eksperimenata bit će predstavljen nizom simbola A i A ; npr. A A, A ,..., A, A , A . 1,4 4 4 244 4 3 n
Kolika je vjerojatnost da u n eksperimenata dogañaj A nastupi upravo x puta? To znači, da se u gornjem nizu na točno A ).
mjesta pojavi simbol A (i, time, na točno n − x mjesta simbol
Svakom ovakvom nizu pripada vjerojatnost p x ⋅ q n− x (na osnovu zakona o množenju
n vjerojatnosti nezavisnih dogañaja). Meñutim, imamo točno n-torki koje sadrže točno x x
simbola A . Pošto svakom od gornjih nizova pripada ista vjerojatnost p x ⋅ q n− x (gdje je q = 1 − p ), to je vjerojatnost da se pojavi
n bilo koji od njih jednaka: P ( x ) = p x ⋅ q n− x (gdje x
je konačni zaključak izveden prema zakonu o zbrajanju vjerojatnosti dogañaja koji se isključuju). Gornjom relacijom odreñena je vjerojatnost da u seriji od n eksperimenata dogañaj nastupi točno
puta. Time je naša slučajna varijabla u potpunosti definirana.
Skup svih parova ( x, P ( x )) , ( x = 0,1,..., n ) čini binomnu razdiobu (ili binomnu distribuciju). Odmah vidimo da je binomna razdioba (distribucija) jednoznačno odreñena parametrima n i p , pa stoga za ovu razdiobu uvodimo oznaku B(n, p ) .
Istaknimo da je riječ o jednoj od najvažnijih diskontinuiranih razdioba, koja se često susreće u primjenama (a posebno u kontroli pomoću uzoraka, ako proizvode klasificiramo da dobre i loše). Primjer. Jedan automat daje 5 % defektnih proizvoda. Pretpostavljamo da automat radi ujednačeno tijekom vremena. Kolika je vjerojatnost da se u slučajnom uzorku od 5 proizvoda nañu baš dva defektna proizvoda? Rj: Vidi se da je vjerojatnost izrade defektnog proizvoda (to je dogañaj A) jednaka p = 0. 05 (a vjerojatnost izrade dobrog; tj.dogañaja A je q = 0.95 ). Broj loših komada (broj nastupa dogañaja A) u uzorku od 5 proizvoda je slučajna varijabla binomne razdiobe B ( n = 5 , p = 0.05 ). Imamo
36
5
5− P ( x ) = 0.05 x ⋅ 0.95 x x
( x = 0,1,...,5 ),
5 2
P (2 ) = 0.05 2 ⋅ 0.953 = 10 ⋅ 0.05 2 ⋅ 0.953 = 0.021 .
te je
Dobiveni rezultat kaže: Ako bismo proizvode pakirali u kutije po 5 komada, i to bez prethodnog odvajanja dobrih od loših proizvoda, dakle bez prethodne kontrole, onda bi oko 2.1% kutija sadržavalo 2 defektna komada. Izračunajmo još i vjerojatnost da se u uzorku od 5 proizvoda ne nañe niti jedan defektan komad. Imamo: 5 0
P (0) = 0.05 0 ⋅ 0.955 = 0.955 = 0.774 .
Koji će se od promatranih dogañaja češće dogañati? Svakako onaj kojem pripada veća vjerojatnost; to znači da ćemo češće nailaziti na uzorke bez ijednog lošeg proizvoda, nego na uzorke sa dva loša proizvoda. Ako bi vjerojatnost defektnog proizvoda bila 0.95 umjesto 0.05 da li bi i u tom slučaju vrijedio isti zaključak?
P ( x ) =
Vježba. Uvjerite se da vrijedi
n − x + 1 p x
⋅
q
⋅ P ( x − 1) (uz P (0) = q n ).
(Ovo je pogodna rekurzivna formula pomoću koje nalazimo svaku sljedeću vjerojatnost na osnovu poznate prethodne. Tako, u principu treba „pješice“ izračunati P (0) , a sve ostale vjerojatnosti pomoću gornje formule.)
IV.2.2.Karakteristične veličine i oblik binomne razdiobe Neka je zadana binomna razdioba B (n, p ) . Kao što smo već utvrdili, ova razdioba je jednoznačno odreñena parametrima n i p pa će, time, sve njezine karakteristične veličine (kao očekivanje, varijanca) zavisiti od n i p . Uvedimo funkciju g (t ) = (q + pt )n odnosno, koristeći binomnu formulu n n −1 n g (t ) = q n + q n pt + ... + p n t n 0 1 n
ili, konciznije,
37
g (t ) =
n x n− x x p q t . ∑ x =0 x n
Znajući n − P ( x ) = p x ⋅ q n x ( x = 0,1,..., n ), x n
možemo pisati (q + pt ) = ∑ P ( x )t x , gdje vidimo da su koeficijenti, u biti, vjerojatnosti po n
x =0
binomnoj razdiobi (otud i sami naziv ove razdiobe). Stavimo t = 1pa, imajući u vidu da je q + p = 1 , dobivamo
n
∑ P ( x ) = 1
x =0
, čime je ispunjen bitni definicijski uvjet za vjerojatnosnu funkciju P ( x ) . Vježba. Pokažite: Slučajnoj varijabli x binomne razdiobe B (n, p ) pripada očekivanje µ = E x
( ) = np
i varijanca
σ
2
= V ( x ) = npq . n
(Uputa: Deriviranjem po t obiju strana u relaciji (q + pt )n = ∑ P ( x )t x , dobivamo x =0
n −1
np(q + pt )
n
= ∑ xP ( x )t x−1 , pa se stavi t = 1 te ima u vidu q + p = 1 . Za dobivanje druge x =1
formule, podsjećamo na relaciju σ 2 = E ( x 2 ) − ( E ( x ))2 itd.) Dokažimo:
Teorem. Pri binomnoj razdiobi B(n, p ) najveća vjerojatnost pripada onoj vrijednosti x0 varijable x koja zadovoljava nejednakost np − q ≤ x0 ≤ np + p .
Dokaz: Ako je x0 vrijednost varijable x kojoj pripada najveća vjerojatnost, onda je P ( x0 − 1) ≤ P ( x0 ) ≥ P ( x0 + 1) .
Razmotrimo prvo nejednakost P ( x0 − 1) ≤ P ( x0 ) . Koristeći rekurzivnu formulu za P ( x0 ) , dobit ćemo qx0 ≤ np − px0 + p odnosno x0 ≤ np + p . (1)
38
U nejednakosti P ( x0 ) ≥ P ( x0 + 1) , izrazimo rekurzivnom formulom P ( x0 + 1) pa ćemo dobiti x0 ≥ np − q . (2)
Iz nejednakosti (1) i (2) slijedi np − q ≤ x0 ≤ np + p . Napomena. Pošto je np + p − (np − q ) = p + q = 1 to, ukoliko np − q nije cijeli broj, onda je x0
jedinstven. Meñutim, ako je np − q cijeli, onda postoje dvije vrijednosti x0 iz gornjeg
teorema i u tom slučaju je x0 = np − q , odnosno x0 = np + p i tada je P (np − q ) = P (np + p ) . Primjer. Automat izrañuje proizvode i daje 8% defektnih komada. Proizvodi se bez kontrole pakiraju u kutije po 30 komada. Koliko će defektnih komada biti najčešće u kutiji? Rj: Neka je
broj defektnih komada u kutiji. Tada je x varijabla binomne razdiobe
B(n = 30; p = 0.08) . Nejednakost np − q ≤ x0 ≤ np + p
daje 1.48 ≤ x0 ≤ 2.48 pa je x0 = 2 .
Primjer. Razmotrimo istovremeno bacanje sedam novčića. Broj glava označimo s x i očito je x = 0,1,...,7 .
Kako je vjerojatnost
1 za svaki novčić da padne na glavu, to je x varijabla 2
1 1 binomne razdiobe B n = 7; p = . Budući da je p = , zaključujemo da je dotična 2 2 binomna razdioba simetrična. Budući da jenp − q = , 3 np + p = 4 , to je x0 = 3 odnosno x0 = 4
i, k tome, P (3) = P (4) = 0.273 .
Napomena. Što je veće n to je složenije računanje P ( x0 ) po formuli binomne razdiobe. Tada je bolje ići po približnoj formuli (Laplace) P ( x0 ) ≈
1 2π npq
≈
0.3989 npq
.
Primjer. Automatski stroj proizvodi prosječno 75 % proizvoda I. vrste. Nañite najvjerojatniji broj proizvoda I. vrste u partiji od 320 komada. Nañite i pripadnu vjerojatnost. Rj: np − q ≤ x0 ≤ np + p ;
p =
75 = 0.75 ; q = 0.25 100
39
3 1 3 3 320 ⋅ − ≤ x0 ≤ 320 ⋅ + , 4 4 4 4 320 ⋅ 3 − 1 ≤ 4 x0 ≤ 320 ⋅ 3 + 3 960 − 1 ≤ 4 x0 ≤ 960 + 3 959 ≤ 4 x0 ≤ 963 239.75 ≤ x0 ≤ 240.74 x0 = 240 ;
P ( x0 ) ≈
1 2π npq
≈
1 ≈ 0.0515 . 2 ⋅ 3.4 ⋅ 320 ⋅ 0.75 ⋅ 0.25
IV.2.3.Prilagoñavanje binomne razdiobe empiričkim podacima Poznavajući način prikupljanja podataka i obilježje na koji se podaci odnose, moguće je ponekad naslutiti, ili očekivati, da su vrijednosti od
distribuirane po zakonu binomne
razdiobe. Ako je naše naslućivanje (hipoteza!) točno, onda će svakoj vrijednosti
pripadati
vjerojatnost P ( x ) po zakonu te binomne razdiobe pa time i neka teoretska frekvencija f tx . Problem koji ovdje rješavamo je nalaženje tih teoretskih frekvencija f tx . Prije svega ističemo da je binomna razdioba jednoznačno odreñena vrijednostima p i n . Stoga, trebamo odrediti p i n . Iz same definicije binomne razdiobe zaključujemo da je n najveća moguća vrijednost od
. Napomenimo da je n teoretski najveći mogući x , a on se
ne mora podudarati s najvećom vrijednošću empiričkih podataka. Razlog da meñu empiričkim podacima nema i većih vrijednosti može značiti i to da tim vrijednostima pripadaju jako malene vjerojatnosti P ( x ) , no, ako bismo učinili još više eksperimenata, moguće je da se i te vrijednosti pojave. Vrijednosti parametra n odreñuju se, dakle, rasuñivanjem, odnosno iz metode prikupljanja podataka, a ne iz samih empiričkih vrijednosti.
40
Parametar p izračunava se osnovnom formulom za očekivanje:
= np te aproksimacije
≈ x , dakle p =
x n
.
Naravno, ovakvo p predstavlja samo procjenu stvarne vrijednosti. Sad imamo i q(= 1 − p ) pa smo u stanju izračunati P ( x ) za sve x = 0,1,..., n . pripada vjerojatnost P ( x ) , očekujemo da pripadna frekvencija f tx bude
Ako vrijednosti takva da vrijedi f tx
= P ( x ) ( N ≡ ukupni broj podataka).
f tx = N ⋅ P ( x ) .
Dakle,
Ovom su relacijom odreñene očekivane ili teoretske frekvencije za svako x . Ukoliko razlike empiričkih i teoretskih frekvencija f x − f tx varijabla
nisu prevelike, mogli bismo zaključiti da naša
zaista slijedi zakon binomne razdiobe (tj.da je izgledna hipoteza da su promatrani
empirički podaci za varijablu x distribuirani po zakonu binomne razdiobe). Primjer. Automat izrañuje neke proizvode. Kontrolor dolazi k automatu približno svakih pola sata i pregleda uzorak od 20 proizvoda. Tom prilikom ustanovljen je broj
defektnih komada
u uzorku. Nakon 100 obilazaka kontrolor je dobio podatke kao u prva dva stupca naredne tablice. Ovim podacima odgovarala bi binomna razdioba. Naime, kontrolor uzima svaki put 20 proizvoda, a teoretski meñu njima može biti x = 0,1,..., 20defektnih. Pretpostavljamo da stroj radi ujednačeno tijekom vremena, tj. da je uvijek isti postotak defektnih proizvoda. Da bismo prilagodili odgovarajuću (još ne znamo koju) binomnu razdiobu, dakle na bazi binomne razdiobe izračunali teoretske frekvencije, trebamo najprije odrediti n i p . Budući da je kontrolor prilikom obilaska mogao naći i svih 20 proizvoda defektnih, to je n = 20. Da bismo odredili vrijednost p , izračunat ćemo najprije sredinu x =
1 N
⋅ ∑ f x X = x
empiričkih podataka. U nas je
197 1.97 = 1.97 pa je p = = 0.098 ≈ 0.1 , te je q = 1 − p = 0.9 . Dakle, 100 20
prilagoñavamo razdiobu B(n = 20, p = 0.1) .
41
Broj defektnih komada f x u uzorku: x
f x ⋅ x
P ( x )
f tx = 100 ⋅ P ( x )
0
14
0
0.1216
12.16
1
25
25
0.2701
27.01
2
27
54
0.2852
28.52
3
23
69
0.1901
19.01
4
7
28
0.0898
8.98
5
3
15
0.0319
3.19
6
1
6
0.0089
0.89
N=100
197
Posljednji stupac sadrži teoretske funkcije f tx i tu je f tx = N ⋅ P ( N ) = 100 ⋅ P ( x ) . Ukratko, posljednji stupac nastao je množenjem četvrtog sa 100. (Naravno da je za B(n = 20, p = 0.1) , 20 ⋅ 0.1 x ⋅ 0.9 20− x ). Na slici je prikazan empirički i teoretski poligon frekvencija. x
P ( x ) =
f x f tx
f tx
1
2
3
4
5
6
42
99.76
IV.3.Poissonova razdioba IV.3.1.Zakon vjerojatnosti Kažemo da je slučajna varijabla
distribuirana po Poisssonovu zakonu ako su njezine
vrijednosti 0,1,2,…, a pripadne vjerojatnosti p ( x ) =
m x x!
e −m .
Primjetimo odmah da je Poissonova razdioba jednoznačno odreñena parametrom m > 0, pa će stoga sve njezine karakteristične veličine ovisiti jedino o veličini tog parametra. Teorem Očekivanje i varijanca varijable x pri Poissonovoj razdiobi su: E ( x ) = m ;
∞
V ( x ) = m .
∞
Dokaz. E ( x ) = ∑ xp( x ) = ∑ x =0x
V ( x ) =
=0x
m x x!
e
−m
=e
−m
∞
⋅m⋅∑
m x
=1x
−1
( x − 1)!
=e
−m
∞
m x
=0x
x!
⋅m⋅∑
= e −m ⋅ m ⋅ e m = m
∞
∑0 x 2 p( x ) − µ 2 , gdje je µ = E ( x ) = m .
x =
Imamo: ∞
∞
∑ x P ( x ) = ∑0 x 2
x =0
=e
=
−m
∞
=e
⋅
x
⋅ m ⋅ ∑ ( x + 1) x =0
−m
2
m x x!
e
−m
=e
−m
∞
⋅ ∑ x =1
m x
=e
x!
−m
2 x
m x x!
=e
−m
∞
⋅ ∑ x x =1
m x x!
=e
−m
∞
⋅ m ⋅ ∑ x =1
m x
−1
(x x − 1)!
=
∞ ∞ m x ∞ m x −m ∞ m x m x ⋅ m ⋅ ∑ x + ∑ = e ⋅ m ∑ + ∑ = ! ! 1 ! ( ) − x x x x =0 x = 0 x! x=0 x=1
∞ m x−1 ⋅ m ⋅ m ⋅ ∑ + e m = e −m m(me m + e m ) = m(m + 1) = m 2 + m x=1 ( x − 1)! ∞
Ovim imamo: V ( x ) = ∑ x 2 P ( x ) − µ 2 = m 2 + m − m 2 = m . x =1
43
IV.3.2. Prilagoñavanje Poissonove razdiobe empiričkim podacima Ako naslućujemo da neki empirički skup podataka slijedi zakon Poissonove razdiobe (meñu ostalim ako su aritmetička sredina x i varijanca
σ
2
tog skupa podataka približno (brojno)
jednaki tj. x ≈ σ 2 ), onda na bazi Poissonove razdiobe sa m = x , odreñujemo teoretska frekvencije. Ako je N = ∑ f i , onda, ako je f tx teoretska frekvencija od -a, iammo i f tx
pa je
= p( x )
f tx = N ⋅ p ( x )
m x −m p( x ) = e , gdje je m = x x!
.
Primjer. U prva dva stupca tablice zapisani su rezultati brojenja
-ćestica emitiranih iz
jednog radioaktivnog izvora. Brojenje je izvršeno u 2608 vremenskih intervala od po 7.5 sekundi svaki. Frekvencija f x označava broj vremenskih intervala u kojima je emitirano točno
α
-čestica. f x
xf x
p( x )
f tx = 2608 ⋅ p ( x )
0
57
0
0.0209
54.4
1
203
203
0.0807
210.5
2
383
766
0.1562
407.4
3
525
1575
0.2015
525.5
4
532
2128
0.1949
508.4
5
408
2040
0.1509
393.5
6
273
1638
0.0973
253.8
7
139
973
0.0538
140.3
8
45
360
0.0261
67.9
9
27
243
0.0112
29.2
10
10
100
0.0043
11.3
11
4
44
0.0015
4.0
12
2
24
0.0004
1.3
2608
10094
0.9997
2608.5
44
10094 = 3.87 x = 2608
3,87 x −3.87 p ( x ) = e !
( p(0) = e −3.87 ≈ 0.0209 ).
IV.3.3.Poissonova razdioba kao aproksimacija binomne razdiobe Računanje vjerojatnosti kod binomne razdiobe je složenije od računanja vjerojatnosti po Poissonovoj razdiobi. Postavlja se stoga pitanje da li je u nekim slučajevima moguće aproksimirati vjerojatnosti po binomnoj razdiobi odgovarajućim vjerojatnostima po Poissonovoj razdiobi. Odgovor je potvrdan, ali uz uvjet da je vjerojatnost p kod binomne razdiobe malena, a n velik. Zapravo, što je p manji, a n veći aproksimacije su bolje. Ova zamjena koristi se npr. u kontroli pomoću uzoraka kad proizvode klasificiramo kao dobre, odnosno loše. Primjer. Ako je u jednoj seriji 4 % loših proizvoda , kolika je vjerojatnost da u uzorku od 10 proizvoda ne nañemo nijedan ili nañemo jedan loš proizvod? Imamo binomnu razdiobu B (n = 10, p = 0.04)
za koju je E ( x ) = np = 0.4 . Traženu
vjerojatnost računat ćemo po Poissonovoj razdiobi kojoj odgovara m = 0. 4 (dakle 0.4 x −0.4 p( x ) = e ). x! P ( x ≤ 1) = p (0) + p(1) = e −0.4 + 0.4 ⋅ e −0.4 = 0.9384 .
Po binomnoj razdiobi imamo: P ( x ≤ 1) = P (0) + P (1) = 0.9418
( i lijepo se vidi da je aproksimacija Poissonovom razdiobom dobra, iako n = 10 i nije prevelik).
IV.4.Kontinuirane slučajne varijable IV.4.1.Funkcija vjerojatnosti i funkcija distribucije Istaknimo neke razlike izmeñu diskontinuirane i kontinuirane slučajne varijable. Područje vrijednosti diskontinuirane varijable je diskontinuiran niz točaka na brojevnom pravcu, a 45