Verovatnoca i Statistika

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka

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

n! ( n −k )!

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

V n =nk

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

V42 (sa ponavljanjem):

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

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

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

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

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

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

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

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

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

V326 =

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

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

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

1.1.3. Koliko ima trocifrenih brojeva koji se sastoje od različitih cifara? Rešenje: V91 ⋅V92 = 9 ⋅

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

1

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 1.1.4. Koliko se prirodnih brojeva između 3000 i 5000 može napisati pomoću cifara 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, ako se nijedna cifra ne ponavlja u jednom broju? Rešenje: V21 ⋅V73 = 2 ⋅

7! 7! = 2 ⋅ = 2 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 = 420 (7 − 3)! 4!

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

7! 7! = = 7 ⋅ 6 ⋅ 5 = 210 (7 − 3)! 4!

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

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

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

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

V

=

5! 5! = = 5 ⋅ 4 = 20 (5 − 2)! 3!

1.1.9. Koliko se petocifrenih brojeva može obrazovati od cifara 0, 1, 3, 5, 7, 9 ako se 0 ne nalazi ni na prvom ni na poslednjem mestu i da se nijedna cifra ne ponavlja? Rešenje: 480 1.1.10. Rešiti jednačine: a) Vn3 =

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

Rešenje: a) 2

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 5 3 Vn +2 12 n! 5 ( n + 2)! = ( n − 3)! 12 ( n −1)! 5 12 n( n −1)( n −2) = ( n + 2)( n +1) n /⋅ 12 n 2 2 12 ( n −3n + 2) = 5( n +3n +2) Vn3 =

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

51 ± 2601 −392 51 ± 47 = 14 14

n1 = 7

b) V

3 2 n +4

:V

4 n +4

=2 :3

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

5 ± 25 + 24 5 ±7 = 2 2

n1 = 6

1.1.11. Koliko različitih bacanja daju četiri kocke za igru? Rešenje: V64 = 6 4 = 1296

1.1.12. Koliko se petocifrenih brojeva može napisati pomoću 10 cifara koje se mogu ponavljati, tako da prve dve cifre budu 4 i 0? Rešenje: V103 = 10 3 = 1000

1.1.13. Koliko petocifrenih telefonskih brojeva ima ako znamo da su im sve cifre neparne? Rešenje: V55 = 5 5 = 3125

1.1.14. Odrediti broj reči, od 5 slova, koje se mogu napisati pomoću azbuke od 30 slova, bez obzira da li se u rečima ponavljaju sva slova i da li se dobijaju reči bez značenja. Rešenje: V305 = 30 5 = 243 ⋅ 10 5

3


1.1.15. Dat je skup A={3, 4, 5, 6, 7}. Odrediti broj trocifrenih brojeva koji se mogu obrazovati od elemenata skupa A. Rešenje: V53 = 5 3 = 125

1.1.16. Dat je skup E={0, 1, 2, 3, 4, 5}. Odrediti broj četvorocifrenih brojeva većih od 1000, koji se mogu obrazovati od elemenata skupa E. Rešenje: 5 ⋅V63 − 1 = 5 ⋅ 6 3 − 1 = 1079

1.1.17. Odrediti broj različitih šestocifrenih brojeva koji se mogu formirati od elemenata skupa E={0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}, tako da se cifre mogu ponavljati i da krajnje cifre budu parne. Rešenje:65536 1.1.18. Koliko se Morzeovih znakova može formirati iz oba osnovna znaka . i -, ako se jedan znak sastoji od najviše 5 znakova? Rešenje: V21 + V22 + V23 + V24 + V25 = 2 + 4 + 8 + 16 + 32 = 62

1.1.19. Broj varijacija četvrte klase sa ponavljanjem od x elemenata iznosi 50625. Odrediti broj elemenata x. Rešenje: Vx4 = 50625 x 4 = 50625 / log 4 log x = log 50625 log 50625 log x = ⇒ x = 15 4

1.1.20. Broj varijacija treće klase sa ponavljanjem od x elemenata veći je za 408 od broja varijacija treće klase bez ponavljanja od istog broja elemenata. Odrediti broj x. Rešenje: x = 12

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

4

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka Neka je dat skup od n elemenata, od kojih ima k1 jednakih jedne vrste, k2 jednakih druge vrste itd; km jednakih m-te vrste; pri čemu je m≤ n i k1+k2+...+km≤ n. Svaki linearni raspored koji se sastoji od svih elemenata zove se permutacija sa ponavljanjem. Broj permutacija sa ponavljanjem određujemo po formuli: Pk1 , k 2 ,...,

km

n! (n) = k1 ! k 2 !... k m !

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

S={1, 2, 2, 3}

P(4)=V44 (bez ponavljanja):

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

1234

2134

3124

4123

1223

2123

2132

3122

1243

2143

3142

4132

1232

2213

2312

3212

1324

2314

3214

4213

1322

2231

2321

3221

1342

2341

3241

4231

1423

2413

3412

4312

1432

2431

3421

4321

Zadaci 1.2.1. Na koliko različitih načina mogu da sednu četiri osobe ako su postavljene četiri stolice? Rešenje: P ( 4) = 4! = 24

1.2.2. Dat je skup E={1, 2, ... , 8}. Koliko permutacija, koje se mogu obrazovati od elemenata skupa E, počinje sa: 5, 123 i 8642? Rešenje: P (7) = 5040 P (5) =120 P (4) = 24

1.2.3. Na koliko se načina može rasporediti 8 knjiga na jednoj polici? Rešenje: P (8) = 40320

1.2.4. Odrediti broj permutacija od elemenata a, a, a, b, b, b, c. Rešenje: P3,3,1 (7) =

7! 7 ⋅6 ⋅5 ⋅ 4 = = 140 3!⋅3!⋅1! 3⋅2

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

5

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 3 ⋅ P4,1,1 (6) =

6! = 3 ⋅ 6 ⋅ 5 = 90 4!⋅1!⋅1!

1.2.6. Koliko permutacija od elemenata a, a, a, a, a, b, b, b, c, počinje sa a, sa b i sa c? Rešenje: 8! = 8 ⋅ 7 ⋅ 5 = 280 4!⋅3!⋅1! 8! P5, 2,1 (8) = = 8 ⋅ 7 ⋅ 3 = 168 5!⋅2!⋅1! 8! P5,3 (8) = = 8 ⋅ 7 = 56 5!⋅3!

P4 ,3,1 (8) =

a b c

1.2.7. Koliko permutacija od elemenata 1, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 3, 4, 4, 4, počinje sa 22, sa 313 i sa 1234? Rešenje: 22 - P1,1, 4,3 (9) =

9! 9 ⋅8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅5 = = 2520 4!⋅3! 6

1.2.8. Odrediti broj permutacija koje se mogu formirati od svih činilaca proizvoda a5⋅ b3. Rešenje: 56 1.2.9. Na koliko se različitih načina može prikazati a3b2c3 kao proizvod od osam činilaca a, a, a, b, b, c, c, c? Rešenje: P3, 2,3 (8) =

8! 8 ⋅7 ⋅6 ⋅5 ⋅ 4 = = 560 3!⋅2!⋅3! 12

1.2.10. Broj permutacija od n elemenata odnosi se prema broju permutacija od n+2 elementa kao 0.1:3. Odrediti n. Rešenje: P ( n ) : P ( n + 2 ) = 0 .1 : 3 n! 0.1 = ( n + 2)! 3 3 = ( n + 2)( n +1) ⋅ 0.1 /⋅10 n 2 + 3n − 28 = 0 n1, 2 =

− 3 ± 9 +112 − 3 ±11 = 2 2

n1 = 4

1.2.11. Broj permutacija od n+2 elementa je veći 56 puta od broja permutacija od n elementa. Odrediti n. Rešenje: n1 = 6 1.2.12. Rešiti jednačinu:

( n +1)! = 30 . ( n −1)!

Rešenje: 6

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka ( n +1)! = 30 ( n −1)! ( n +1) n = 30 n 2 + n − 30 = 0 n1, 2 =

−1 ± 1 +120 −1 ±11 = 2 2

n1 = 5

1.2.13. Rešiti jednačinu:

(n + 2)! = 72 . n!

Rešenje: n1 = 7

7


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

n  n! = k   k!( n −k )!  

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

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

S={1, 2, 3, 4}

C53 (bez ponavljanja):

C43 (sa ponavljanjem):

123

234

111

222

333

444

124

235

112

221

331

441

125

245

113

223

332

442

134

114

224

334

443

135

123

234

341

145

124

345

Zadaci 1.3.1. Koliko se različitih grupa po 4 učenika može izabrati od 12 kvalifikovanih učenika koji će reprezentovati školu na takmičenju? Rešenje: C124 =

12! = 495 4!⋅8!

1.3.2. Na jednom šahovskom turniru učestvuje petnaest šahista. Svaki treba da odigra partiju sa svakim. Koliko će biti odigrano partija na turniru? Rešenje: C152 =

15! = 105 2!⋅13!

1.3.3. Odrediti broj dijagonala konveksnog petougla i n-tougla. 8

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka Rešenje: 5! =5 2!⋅3! n! 1 1 3 C n2 − n = − n = n( n −1) − n = n 2 − n 2!⋅( n − 2)! 2 2 2 C 52 − 5 =

1.3.4. Dat je skup A={a1, a2, ... , a6}. Odrediti sve podskupove skupa A koji: ne sadrže elemente a4, a5 i a6; sadrže sve elemente skupa A. Rešenje: - a1, a2, a3 C + C + C + C 33 = 1 + 3 + 3 + 1 = 8 = 2 3 0 3

1 3

2 3

-A C + C + C + C + C + C + C = 1 + 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 = 64 = 2 6 0 6

1 6

2 6

3 6

4 6

5 6

6 6

1.3.5. Odrediti broj svih podskupova skupa koji ima n elemenata. Rešenje: C n0 + C n1 + C n2 + ... = 2 n

1.3.5. Za delegaciju škole treba izabrati, od 10 učenika koji govore nemački i 15 koji govore engleski jezik, pet učenika od kojih bar jedan govori engleski. Na koliko načina se može obaviti izbor? Rešenje: 1 10 ⋅ C154 + C102 ⋅ C153 + C103 ⋅ C152 + C104 ⋅ C15 + C155 = 52878

1.3.6. Na jednom šahovskom turniru odigrano je 210 partija. Odrediti broj učesnika ako se zna da je svaki učesnik odigrao partiju sa svakim. Rešenje: C n2 = 210 n! = 210 2!( n −2)! n( n −1) = 420 n 2 − n − 420 = 0 −1 ± 1 +1680 −1 ± 41 = 2 2 n1 = 21 n1, 2 =

3 4 1.3.7. Rešiti jednačinu: 5C n = C n +2 .

Rešenje: n1 = 14 , n 2 = 3

n −2 3 1.3.8. Rešiti jednačinu: C n +1 + 2C n −1 = 7(n −1) .

Rešenje:

9

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka C nn+−12 + 2C n3−1 = 7(n −1) ( n +1)! (n −1)! +2 = 7( n −1) 3!( n − 2)! 3!(n − 4)! n1, 2 =

3 ± 9 + 40 3 ±7 = 2 2

n1 = 5

1.3.9. Koliko ima trouglova čije dužine stranica imaju vrednosti u skupu {5, 6, 7, 8}? Rešenje: C 43 =

6! = 20 3!3!

1.3.10. Imamo 100 televizora i slučajno izaberemo 20. Ako znamo da ima ukupno 10 neispravnih na koliko načina se u uzorku može naći tačno 5 neispravnih? Rešenje: 15 C105 ⋅ C 90

1.3.11. Imamo na raspolaganju 6 automobila, a 9 ljudi želi da vozi. Na koliko načina se to može izvesti ako redosled automobila: nije bitan; bitan je? Rešenje: - C 96 = 84 - V96 = 60480 1.3.12. Broj kombinacija druge klase od x elemenata sa ponavljanjem iznosi 276. Odrediti x. Rešenje: C x2 = 276 ( x +1)! = 276 2!( x −1)! ( x +1) x = 552 x 2 + x −552 = 0 x1 = 23

1.3.13. Broj kombinacija treće klase bez ponavljanja od x elemenata odnosi se prema broju kombinacija treće klase od istog broja elemenata sa ponavljanjem kao 7:15. Odrediti x. Rešenje: x =8

1.3.14. Ako je Cn8= Cn12 izračunati Cn17. Rešenje: n = 20 17 C20 =1140

10

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 1.3.15. Odrediti n i k ako je: Vnk=24 i Cnk=4. Rešenje: n =4 k =3

1.3.16. Odrediti n i k ako je: Vnk=60 i Cnk=10. Rešenje: n =5 k =3

11


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

n 

gde je  k   binomni koeficijent i 1≤ k≤ n.  

Opšti član u razvijenom obliku binoma (a+b)n dat je formulom: n  n −k k Tk +1 = b k  a  

Paskalov trougao prikazuje koeficijente uz an-kbk u razvoju binoma:

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

1 2

3 4

1 3

6

1 4

1

...

Zadaci 1.4.1. Primeniti binomnu formulu na binom: (2x+5)4. Rešenje: 4  4  4  4  4  4 4 3 2 2 3 (2 x + 5) 4 =  0  ( 2 x) +  1  ( 2 x) 5 +  2  ( 2 x) 5 +  3  ( 2 x)5 +  4  5 =           =16 x 4 + 20 ⋅ 8 ⋅ x 3 + 6 ⋅ 4 x 2 ⋅ 25 + 4 ⋅ 2 ⋅125 x + 625 = =16 x 4 +160 x 3 + 600 x 2 +1000 x + 625 12

1.4.2. Odrediti peti član u razvijenom obliku binoma:

2  12  x +x 3     

.

Rešenje: 2 8 20 12  12 8 12 ⋅11 ⋅10 ⋅ 9 4 3 3 4 T5 =  ( x ) ⋅ ( x ) = ⋅ x ⋅ x = 495 x 3 4 ⋅3⋅ 2 4

12

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 1.4.3. Odrediti član koji ne sadrži x u razvijenom obliku binoma: ( x + x −2 ) . 12

Rešenje: 12  12 −k 12  12 −k −2 k Tk +1 =  ⋅ ( x −2 ) k =  k  x k  x     12 −3k = 0 k =4

Peti član ne sadrži x. 11

1.4.4. U razvijenom obliku binoma

1  13  x +x 2     

odrediti član koji posle sređivanja sadrži x sa

izložiocem 5. Rešenje: 1

1

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

x3

k

⋅ x 2 = x5

1 − k1 k + =5 3 2 2 − 2k + 3k = 3 0 k= 8  1  51 1 ⋅ 1 1⋅ 9 05 5 T9 =   x = x = 1 x 6 5  8  3⋅ 2 1.4.5. Odrediti 13. član u razvijenom obliku binoma (9 x −

1 n ) , ako je binomni koeficijent 3x

trećeg člana jednak 105. Rešenje:

13


n! =1 0 5 (n − 2) 2! ! n⋅ (n − 1) = 2 1 0 n2 − n − 2 = 01 0 1± 1+ 8 4 0 2 n1 = 1 5 n1,2 =

 1  5 3 1 1 21 ⋅ 1 5⋅ 1 4 6 33 1 − 3 T1 + 1 2=   (9x) ( ) = ⋅ 3 x 6 6 = 4 x 5 5  1  2 3x 3 ⋅ 2 3 x 1  1.4.6. Zbir koeficijenata prvog, drugog i trećeg člana u razvijenom obliku binoma  x 2 +  x 

jednak je 46. Odrediti član koji ne sadrži x. Rešenje: n  n  n   0   +    +    = 46   1   2  n! 1+ n + = 46 ( n − 2)!2! 2 + 2n + n ⋅ ( n −1) = 92 n 2 − n − 90 = 0 n1, 2 =

−1 ± 1 + 360 ⇒ n2 = 9 2

14

n


 2 1 x +   x

n

 2 1 x +   x

9

k

 9  2 9− k  1   9  1 − 2k 8 − k T + 1 = k  x   =   x x  k  x  k

()

1 − 2k 8− k = 0 k= 6  9 9 8⋅⋅ 7 T7 =   = = 8 4  6 3 ⋅ 2 1.4.7. Binomni koeficijent trećeg člana u razvijenom obliku binoma ( x x + x −5 ) jednak je 78. Odrediti član koji ne sadrži x. n

Rešenje:

n=13,

3 2 1 − k −35k , k=3

1  3 Tk+ 1 =   (x ) ⋅ x k

1.4.8. Zbir binomnih koeficijenata drugog i trećeg člana u razvijenom obliku binoma 2  −32 3 x + x  

n

   

jednak je 136. Odrediti član koji ne sadrži x8.5. 15

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka Rešenje:

n=16,

k 3 2 − 2 1 − k 63 , k=15

1  6   Tk+ 1 =   (x ) ⋅  x  k  

16


2. σ -POLJE DOGAĐAJA Ω - skup svih mogućih ishoda (događaja) koji se mogu očekivati pri nekom opitu. Primer: opit je bacanje kocke, a Ω ={1, 2, 3, 4, 5, 6} ω - elementarni događaj, pojedini ishod ili rezultat (elemenat skupa Ω ). Primer: pala je šestica. A – događaj koji je bilo koji podskup skupa Ω . Primer: pojava parnog broja Siguran događaj – događaj koji se realizuje uvek. Nemoguć događaj – prazan podskup Ω , događaj čija je realizacija nemoguća. Analogno relacijama i operacijama u Teoriji skupova i ovde možemo posmatrati relacije: implikacija (⊂) – A⊂B (A povlači B) znači da se B realizuje kad se realizuje A. Ako A⊂B i B⊂A u pitanju su identični događaji. komplementaran ili suprotan događaj događaja A – Ac ili A je događaj koji se realizuje samo ako se događaj A ne realizuje. presek ili proizvod događaja – A∩B ili AB znači događaj koji se realizuje samo kada se realizuju i događaj A i događaj B. unija događaja – A∪B ili A+B (kada su A i B disjunktni događaji) znači događaj koji se realizuje ako se realizuje bar jedan od događaja A i B. razlika događaja – A/B ili A–B=ABc znači događaj koji se realizuje kada se realizuju oni ishodi ω koji pripadaju događaju A, a ne pripadaju događaju B. simetrična razlika događaja – A∆ B=(A-B)∪(B-A)=(A∪B)-AB disjunktni događaji – A∩B=AB=∅ znači da se događaji ne mogu istovremeno ostvariti. Proširenje operacija unije i preseka na konačno i prebrojivo mnogo događaja: n

A1 ∩A2 ∩... ∩An = Ai

događaj koji se realizuje ako se realizuje svaki od događaja Ai, i=1,...n.

i =1 n

A1 ∪A2 ∪... ∪An =  An

...

i =1

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

3. An∈F, n=1, 2, ... ⇒ An ∈ F n =1

Važi i da ako prazan skup pripada F onda proizvod svih An takođe pripada F. 17

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka Važe sledeći identiteti: Komutativnost preseka i unije: A∩B=B∩A; A∪B=B∪A Asocijativnost preseka i unije: A(BC)=(AB)C; A∪(B∪C)=(A∪B)∪C Distributivni zakon: A(B∪C)=AB∪AC; A∪ (BC)=(A∪B)(A∪C) Zakon jedinice: A∪∅=A; A∪Ω =Ω ; A∅=∅; AΩ =A De Morganovi zakoni: (AB)c=Ac∪Bc; (A∪B)c=AcBc;

(A )

c

i

= Aic ;

(A )

c

=Aic

i

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



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

i =1

Zadaci 2.1. Četiri studenta Aca, Bojan, Darko i Marko polažu ispit. Ako sa A, B, D i M označimo njihove uspehe na ispitu, izraziti sledeće događaje: E – nijedan nije položio, F – položila su dva studenta, G – položio je samo Bojan, H - položili su svi i I - položio je makar jedan od njih. Rešenje: E=AcBcDcMc F= ABD M + AB DM + ABcDcM+ AcBDMc+ AcBDcM+ AcBcDM G= AcBMcDc H=ABDM I= A ∪ B ∪ D ∪ M c

c

c

c

2.2. Bacaju se istovremeno novčić i numerisana kocka, pri čemu se registruje pojava pisma i grba na novčiću, kao i pojava broja na gornjoj strani kocke. Opisati skup ishoda. Rešenje: Ω={( P,1), ( P,2), ( P,3), ( P,4), ( P,5), ( P,6), (G ,1)( G ,2), (G ,3), (G ,4), (G ,5), (G ,6)}

2.3. U kutiju su 4 cedulje numerisane brojevima 1,2,3,4. Na slučajan način se iz kutije izvlači jedna po jedna cedulja bez vraćanja i to sve dok se ne izvuče cedulja na kojoj je neparan broj. Opisati prostor ishoda. Rešenje: Ω={1,3,21,23 ,41,43 ,421 ,423 ,241 , 243 }

2.4. Baca se kocka i registruje broj koji se pojavi na gornjoj strani. Neka je događaj A: pada broj manji od 3, a događaj B: pada broj manji od 5. Opisati prostor ishoda, kao i događaje A i B. Rešenje: 18

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka Ω = {1,2,3,4,5, 6} , A = {1, 2}, B = {1,2,3, 4}

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

ω ∈( A ∪( B ∩C )) ⇔ (ω ∈ A ∨ (ω ∈ B ∧ω ∈C ))

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

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

2.6. Neka je A ⊂ B . Uprostiti izraze:AB, A+B,ABC,A+B+C. Rešenje: AB = A ∩ B = A A + B = A ∪B = B ABC = A ∩ B ∩ C = A ∩ C = AC A + B + C = A ∪ B ∪ C = B ∪C = B + C C C C C C C 2.7. Dokazati da događaji A1 , A1 A2 , A1 A2 A3 , A1 A2 A3 obrazuju potpun sistem događaja.

Rešenje: A1 + A1C A2 + A1C A2C A3 + A1C A2C A3C = A1 + A1C A2 + A1C A2C ( A3 + A3C ) = = A1 + A1C A2 + A1C A2C Ω = A1 + A1C A2 + A1C A2C = A1 + A1C ( A2 + A2C ) = = A1 + A1C Ω = A1 + A1C = Ω

A1 ⋅ A1C A2 = ∅ A1 ⋅ A1C A2C A3 = ∅ A1 ⋅ A1C A2C A3C = ∅ A1C A2 ⋅ A1C A2C A3 = ∅ A1C A2 ⋅ A1C A2C A3C = ∅ A1C A2C A3 ⋅ A1C A2C A3C = ∅

2.8. Dokazati da događaji AB, ACB,ABC,ACBC obrazuju potpun sistem događaja ako su A i B proizvolji događaji. Rešenje: AB + AC B + AB C + AC B C = B ( A + AC ) + B C ( A + AC ) = = BΩ+ B C Ω = B + B C = Ω

AB ⋅ AC B =∅

AB ⋅ AB C = ∅ AB ⋅ AC B C =∅ AC B ⋅ AB C = ∅ A C B ⋅ A C B C =∅ 19

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka AB

C

⋅ AC B C =∅

2.9. Dokazati da je M = ( A ∪ B) ∩ ( A c ∪ B) ∩ ( A c ∪ B c ) ∩ ( A ∪ B c ) nemoguć događaj. Rešenje: B ∪ ( A ∩ A C ) ∩ B C ∪ ( A C ∩ A) = B ∪ ∅ ∩ B C ∪ ∅ = B ∩ B C = ∅

2.10. Uprostiti izraz A = ( B ∪ C ) ( B ∪ C C )( B ∪ C C ) Rešenje: A = B ∩C

20


3. DEFINICIJE VEROVATNOĆE DOGAĐAJA Klasična definicija verovatnoće Imamo prostor elemetnarnih događaja Ω = {ω1 , ω2 ,..., ωn } i događaj A = {ωi1 ,..., ωim } podskup Ω , gde je 1≤ i1
m n

gde su: n – broj svih mogućih ishoda m – broj povoljnih ishoda za događaj A

Statistička definicija verovatnoće n(A) – broj realizacija događaja A u n opita 0≤ n(A)≤ 1 n( A) – relativna frekvencija događaja A n f r ( A) =

n( A) n

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

ε , verovatnoća nejednakosti

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

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

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

p ( A) =

površina ( g ) površina (G )

gde su: G – oblast na koju može pasti slučajno bačena tačka g – oblast čija je površina proporcionalna verovatnoći da tačka padne u nju (ne zavisi od oblika i položaja oblasti) i g⊂G. 21


G g

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

4 11

b) p( B ) =

7 11

c) p (C ) =

8 11

3.2. Slučajno je izabran telefonski broj sa 6 cifara. Kolika je verovatnoća da su u njemu sve cifre različite? Rešenje: n = V106 = 1 0

6

1 0 ! m = V106 = = 1 5 1 2 0 0 4! m 1 5 1 2 0 0 p ( A) = = n 1 0 6

= 0.1 5 1 2

3.3. Meta se sastoji iz 3 zone čija je verovatnoća pogađanja redom 0.15, 0.25 i 0.35. Koja je verovatnoća da se pri gađanju meta promaši? Rešenje: p ( A) = 0.15 +0.25 +0.35 = 0.75 p ( Ac ) =1 −0.75 = 025

3.4. Bacaju se dve numerisane kocke. Odrediti verovatnoću dogašaja A: pao je zbir 8 i B: pao je proizvod 8. Rešenje: 2

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

22

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 2 36

p(B) =

3.5. Šta je verovatnije dobiti pri bacanju dve kocke: zbir 11 ili zbir 12? Rešenje: 2

n = V 6 = 6 2 = 36

A1 – dobijen je zbir 11 A1 = { ( 5,6 ) , ( 6,5) } , m1=2 p(A1) =

2 36

A2 – dobijen je zbir 12 A2 = { ( 6,6) } , m2=1 p(A2) =

1 36

3.6. Kolika je verovatnoća da će se na dvema bačenim kockama dobiti zbir tačaka 10 ili ako se to ne dogodi, da će se pri ponovljenom bacanju dobiti zbir 8? Rešenje: 3 1 = 36 12 5 p( B) = 36 3 33 5 p (C ) = + ⋅ = 0.21 36 36 36 p ( A) =

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

3.7. U kutiji se nalazi 6 belih i 4 crvene kuglice. Odjednom se izvlači tri kuglice. Naći verovatnoću da će se među njima naći makar jedna bela kuglica. Rešenje: 10! =120 7!3! m = C 43 = 4 n = C103 =

P ( A c ) =1 −

4 29 = 120 30

p ( A) −izvučena je crvena kuglica

3.8. Kupac je kupio 7 sijalica od 40W, 5 sijalica od 60W i 3 sijalice od 100W. Usput je razbio 3 sijalice. Kolika je verovatnoća da razbijene sijalice imaju ukupno 180W? Rešenje: n = C153 = 455 m = 3 ⋅ C72 + C53 = 73 p ( A) =

73 ≈ 0.16 455

3.9. U prodavnici je 30 sijalica, od kojih je 6 boljeg kvaliteta, ali se ne zna koje su to sijalice. Ako je kupac kupio 4 sijalice, koja je verovatnoća da je među njima tačno dve boljeg kvaliteta? 23

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka Rešenje: p ( A) = 0.15

3.10. Na raspolaganju su duži 2, 4, 5, 7 i 9 cm. Kolika je verovatnoća da se od 3 slučajno izabrane duži može konstruisati trougao? Rešenje: n = C53 =

5⋅4 4 = 10 , m : 245 ,457 ,579 ,479 p ( A) = = 0.4 2 10

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

π p ( A) = 1 − 2 ≈ 0.6 9 3 4

3.12. U kvadrat upisan je krug. Izračunati verovatnoću da će slučajno izabrana tačka kvadrata biti van kruga. Rešenje: G=a2 a 2

g= r 2π = ( ) 2 π =

a2 π 4

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

2r 2 2 = ≈ 0.64 r 2π π

24


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

Ai∈F, i=1, 2, ... ⇒ Ai ∈ F i =1

Važi i da ako prazan skup pripada F onda proizvod svih Ai takođe pripada F. Takođe algebri događaja F pripadaju A∆B i ( A∆B ) c . ( A∆B = ( A c ∩ B ) ∪ ( A ∩ B c ) , ( A∆B ) c = ( A ∩ B ) ∪ ( A c ∩ B c ) ) Definicija: Neka je F σ -polje događaja i R+ skup svih nenegativnih realnih brojeva. Neka je, dalje, preslikavanje: p:F→ R+ takvo da su zadovoljeni sledeći uslovi: 

normiranost – p(Ω )=1



∞  ∞  p A σ -aditivnost – Ai∈F, AiAj=∅ za i≠ j   i  = ∑ p( Ai )  i =1  i =1



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

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

( )

p A c =1 − p ( A)

A ⊆ B ⇒ p ( A) ≤ p ( B ) ∀A ∈ F ⇒ 0 ≤ p ( A) ≤1 p ( A ∪ B ) = p ( A) + p ( B ) − p ( AB ) p ( A ∪ B ) ≤ p ( A) + p ( B )

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

Zadaci 4.1. Kod bacanja numerisane kocke, neka je događaj A: pao je paran broj. Odrediti σ - algebru koja sadrži A. Rešenje: A = {2,4, 6},

A c = {1,3, 5},

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

4.2. Kod bacanja numerisane kocke, neka je događaj A: pao je paran broj, a događaj B: pao je broj deljiv sa 3. Odrediti σ - algebru koja sadrži A i B. Rešenje: 25

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka A = { 2,4, 6}, B = {3, 6},

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

4.3. Pokazati da iz C ⊂ D sledi

p(D \ C) = p(D) − p(C)

.

Rešenje:

C ⊂ D ⇒ D = C ∪ (D \ C) p(D) = p( C( ) ∪ (D \ C) ) C ∩ (D \ C) = ∅ ⇒ p(D) = p(C) + p(D \ C) ⇒ p(D \ C) = p(D) − p(C) 4.4. Koliko je p(A∪B∪C∪D)? Uputstvo: odrediti prvo p(A∪B∪C). Rešenje: p ( A ∪ B ∪C ) = p ( A) + p ( B ∪C ) − p ( A ∩( B ∪C )) = = p ( A) + p ( B ) + p (C ) − p ( B ∩C ) − p (( A ∩ B ) ∪( A ∩C )) = = p ( A) + p ( B ) + p (C ) − p ( B ∩C ) − p ( A ∩ B ) − ( A ∩C ) + p ( A ∩ B ∩C ) p ( A ∪ B ∪C ∪ D ) = p ( A ∪ B ∪C ) + p ( D) − p (( A ∪ B ∪C ) ∩ D) = = p ( A ∪ B ∪C ) + p ( D) − p (( A ∩ D ) ∪( B ∩ D) ∪(C ∩ D)) = = p ( A) + p ( B ) + p (C ) − p ( B ∩C ) − p ( A ∩ B ) − ( A ∩C ) + p ( A ∩ B ∩C ) + p ( D) − − p ( A ∩ D ) − p ( B ∩ D) − p (C ∩ D) + p ( B ∩C ∩ D) + p ( A ∩ B ∩ D) + p ( A ∩C ∩ D) − − ( A ∩ B ∩C ∩ D)

4.5. Poznate su verovatnoće događaja A i AB. Odrediti p(ABc). Rešenje:

26


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

c

) =p ( A) −p ( A ∩ B)

27


5. USLOVNE VEROVATNOĆE Verovatnoća događaja A pod uslovom da se realizovao događaj B, p(A/B) ili pB(A) se određuje prema: p A ( B ) = p ( B / A) =

p( AB ) p ( A)

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

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

Imamo da je:

p A ( A) = 1

p( A / B ) ≤ 1

Takođe sledi pravilo množenja: p ( AB ) = p ( A) p ( B / A) = p ( B ) p ( A / B )

Nezavisni događaji – Događaj A je nezavisan od događaja B akko je p A ( B ) = p( B ) , u tom slučaju je p ( AB ) = p( A) p( B ) . Osobine nezavisnih događaja: ♦ proizvoljan događaj A i siguran događaj Ω su nezavisni: p ( AΩ) = p( A) p( Ω) ♦ nezavisni su i događaji A i ∅: A∅ = ∅, p ( ∅) = 0 ⇒ p ( A∅) = 0 = p ( A) p ( ∅) ♦ ako su nezavisni događaji A i B, nezavisni su i A i Bc, Ac i B i Ac i Bc ♦ ako su nezavisni A i B1 i A i B2 nezavisni su i A i B1 + B2 , B1 B2 ≠ ∅ Odnos između nezavisnih i disjunktih događaja: ♦ ako su događaji A i B nezavisni i sa pozitivnim verovatnoćama onda su disjunktni ♦ ako su događaji A i B sa pozitivnim verovatnoćama disjunktni onda su zavisni ♦ događaji A1 , A2 ,..., An su nezavisni u ukupnosti ako postoji međusobna nezavisnost proizvoljnih r ( r ≤ n ) takvih događaja, tj. ako za svaku konačnu kolekciju Ai1 , Ai 2 ,..., Ain ,1 ≤ i1 ≤ i 2 ≤ ... ≤ ir , ( r ≤ n ) važi: p ( Ai1 , Ai 2 ,..., Ain ) = p ( Ai1 ) p( Ai 2 )... p ( Ain )

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

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

28


Bajesova formula:

p( Ai / B ) =

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

p( Ai ) p ( B / Ai )

∑ p( A ) p( B / A ) n

j =1

j

j

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

Zadaci: 5.1.Odrediti verovatnoću da slučajano izbran prirodni broj: a) bude deljiv sa 2 i sa 3, b) ne bude deljiv sa 2 ili sa 3. Rešenje: A: broj deljiv sa 2, B: broj deljiv sa 3 1 2

a) p ( A) = , p ( B ) =

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

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

1 2 1 5 + − = 2 3 3 6

5.2. Ako je p(A)=0.9, p(B)=0.8, pokazati da je p(A/B) ≥ 0.875. Rešenje: p ( AB ) p ( A) + p ( B ) − p ( A ∪ B ) 0.9 + 0.8 −1 = ≥ = 0.875 p( B) p( B) 0.8 p( A ∪B) ≤1 p( A / B) =

5.3. Iz skupa S={1,2,3,...,20} je slučajno izabran jedan broj. Ako je poznato da je izabrani broj deljiv sa 3 kolika je verovatnoća da je u pitanju paran broj? Rešenje: A : 2,4,6,8,10 ,12 ,14 ,16 ,18 ,20 B : 3,6,9,12 ,15 ,18 A ∩B ={6,12 ,18 } 1 p ( A) = 2 6 p( B) = 20 3 p ( AB ) 1 p( A / B) = = 20 = 6 p ( B) 2 20

5.4. Kolika je verovatnoća da će se na dvema bačenim kockama dobiti zbir tačaka 10 ili ako se to ne dogodi, da će se pri ponovljenom bacanju dobiti zbir 8? Rešenje: 29

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka A- zbir 10 : 46,64,55 B – zbir 8: 26,62,35,53,44 C – A+AcB 3 36 5 p(B)= 36 33 p(Ac)= 36

p(A)=

p(AcB)=0.126 p(C)=p(A)+p(AcB)=0.2 5.5. Student je izašao na ispit znajući 20 od 25 pitanja. Ispitivač je postavio 3 pitanja. Koja je verovatnoća da student zna sva tri pitanja? Rešenje: p ( A1 A2 A3 ) = p ( A1 ) p ( A2 / A1 ) p ( A3 / A1 A2 ) =

20 19 18 ⋅ ⋅ = 0.4956 25 24 23

5.6. Čovek ima 5 ključeva od kojih samo jedan otvara vrata. Ključevi su po obliku slični pa ih on ne razlikuje. Da bi otvorio vrata on proba ključeve jedan za drugim, pa ključ koji "ne otvara" stavlja na stranu. Odrediti verovatnoću da će mu za otvaranje vrata trebati 1,2,3,4,5 pokušaja. Rešenje: p ( A1 ) =

1 5

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

4 1 1 ⋅ = 5 4 5

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

4 3 1 1 ⋅ ⋅ = 5 4 3 5

4 3 2 1 1 ⋅ ⋅ ⋅ = 5 4 3 2 5 p ( A5 ) = p ( A1c ) p ( A2c / A1c ) p ( A3c / A1c A2c ) p ( A4c / A1c A2c A3c ) p ( A5 / A1c A2c A3c A4c ) = p ( A4 ) = p ( A1c ) p ( A2c / A1c ) p ( A3c / A1c A2c ) p ( A4 / A1c A2c A3c ) =

=

4 3 2 1 1 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅1 = 5 4 3 2 5

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

30


C  n   k  p(A ) Cn+ mB  k Ap B)/( = = k k = Bp )( Cn + Cm  n  m k   +   C n+ m  k   k  k n

5.8. Strelci A,B,C, gađaju po jednom u cilj nezavisno jedan od drugog, pogađajući ga sa verovatnoćama 0.6, 0.5 i 0.4. Ustanovljeno je da je cilj pogođen 2 puta. Šta je verovatnije da je strelac C pogodio ili promašio? Rešenje: A,B,C - cilj je pogodio strelac A,B,C D - cilj je pogođen dva puta D = ABC c + Ac BC + AB c C p ( A) =0.6 p ( B ) =0.5 p (C ) =0.4

p ( D ) = 0.6 ⋅ 0.5 ⋅ 0.6 + 0.4 ⋅ 0.5 ⋅ 0.4 + 0.6 ⋅ 0.5 ⋅ 0.4 = 0.38

31

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka p (C c / D ) =

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

Verovatnije je da je strelac C pogodio! 5.9. Proizvodi fabrike dolaze na kontrolu ispravnosti kod 2 kontrolora sa verovatnoćama 0.6 i 0.4. Verovatnoća da će proizvod biti proglašen ispravnim kod prvog kontrolora je 0.94, a kod drugog 0.98. Proizvod je bio ispravan. Naći verovatnoću da je proveru izvršio prvi kontrolor. Rešenje: p(A) = 0.6 p(B) = 0.4 p(C/A) = 0.94 p(C/B) = 0.98 p(C) = p ( A) p (C / A) + p ( B) p (C / B ) = 0.956 p(A/C) =

p ( A) p (C / A) = 0.59 p (C )

5.10. U grupi sportista je 10 fudbalera, 8 košarkaša i 6 rukometaša. Verovatnoća da će postići pogodak je za fudbalera 0.6, za košarkaša 0.8 i za rukometaša 0.75. Odrediti verovatnoću da će slučajno odabrani sportista postići pogodak. Koja je verovatnoća da košarkaš poentira ? Rešenje: p(A) = 10/24 = 0.42 p(B) = 8/24 = 0.33 p(C) = 6/24 = 0.25 p(D\A) = 0.6 p(D\B) = 0.8 p(D\C) = 0.75 p(D) = 0.7 p(B\D) = 0.377 5.11. U fabrici se 25% artikala proizvodi na mašini A, 35% na mašini B i 40% na mašini C. Mašine A,B,C prave 5%, 4% i 2% škarta respektivno. Svi proizvodi stavljaju se u isto skladište. Kolika je verovatnoća da je taj neispravni artikal napravljen na mašini A? Rešenje: p(D) = 0.0345 p(A\D) = 0.36 5.12. Verovatnoća da dva blizanca budu istog pola je 0.64. Verovatnoća rađanja muškog deteta je 0.51. U slučaju rađanja dece raznih polova oba redosleda su jednako verovatna. Naći verovatnoću da je drugi blizanac muškog pola ako je i prvi bio muškog pola. Rešenje:

32

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka p( M 1 M 2 + M 1 Z 2 + Z 1 M 2 + Z 1 Z 2 ) = 1 p( M 1 M 2 + Z 1 Z 2 ) = 0.64 p( M 1 Z 2 ) = p ( Z 1 M 2 ) = 0.5 ⋅ (1 − 0.64 ) = 0.18 p( M 2 / M 1 ) = ? p( Z 2 / M 1 ) =

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

p( M 2 / M 1 ) = 1 − p ( Z 2 / M 1 ) = 1 − 0.35 = 0.65

5.13. Predpostavlja se da među istim brojem muškaraca i žena ima 5% daltonista muškaraca i 25% daltonista žena. Slučajno odabrana osoba je daltonista. Koja je verovatnoća da je ta osoba muškarac? Rešenje: p(C) = 0.15 p(A\C) = 0.17

33


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

0≤ m≤ n

p – verovatnoća događaja A q – verovatnoća događaja Ac

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

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

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

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

1

−

x2 2

e 2 π   

1 npq

=ϕ( x )

1 npq

gde je x =

m − np npq

ϕ ( x)

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

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

−

x2 2

dx = Φ( b ) − Φ( a )

a

x1 − np npq x 2 − np npq

gde je vrednost funkcije φ (x) data u tabeli. Ova funkcija je neparna: φ (-x)=-φ (x). Posledica ove teoreme je Bernulijev zakon velikih brojeva. Neka je ε proizvoljan pozitivan m  − p ≤ ε  kada  n 

broj. Interesuje nas granična vrednost verovatoće događaja M= 

n → ∞ , gde je

m/n relativna frekvencija događaja A verovatnoće p(A)=p: m  p  n − p ≤ε ∼  

ε

1 2π

n pq

∫ −ε

−t 2

e n pq

 dt = 2φ ε 

n pq

   

34

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka Poasanova aproksimacija Bernulijeve šeme koristi se za retke događaje, kada je malo p, tj. np<20: n λm −λ n −m p n ( m ) =   p nm (1 − p n ) → e m! m 0< λ <∞ λ = np n

( n → ∞, p n

→ 0, n ⋅ p n → λ )

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

p = 0.0 , 4 q = 1− p = 0.9 6 n = 5,m = 0  5 0 5 5 pn(m) =   ⋅ 0.0 ⋅ 0.94 = 0.69 = 0.68 1  0 b)

35


p = 0. 0 , 4 q = 1 − p = 0. 9 6 n = 5, m = 3,4,5  5 3 2 p5 (3) =   ⋅ 0.0 ⋅40.9 =6 0.0 0 0 6  3  5 4 −4 p5 (4) =   ⋅ 0.0 ⋅40.9 = 60.1 ⋅ 12 0  4  5 5 0 − 6 p5 (5) =   ⋅ 0.0 ⋅40.9 =6 0.1⋅ 1 0  5 p( A) = p5 (3) + p5 (4) + p5 (5) = 0.0 0 0 6 II način a=

3 − np npq

= 6.39 , b =

5 − np npq

=10 .95

p (3 ≤ x ≤ 5) = Φ(10 .95 ) −Φ(6.39 ) ≈ 0

Napomena: Vrednosti za Φ potražiti u Tablici I proveriti!!! 6.2. Verovatnoća pogotka cilja je 0.25. Cilj se gađa 6 puta. Koja je verovatnoća da je cilj bio pogođen: a) 2 puta, b) bar jedanput? Rešenje: a)

36


p = 0. ,2 q = 05.7 5 n= 6  6 2 4 6! p6(2) =   ⋅ 0.2 ⋅ 0.75 = 5 ⋅ 0.0 ≈ 0.32  2 2!⋅ 4! b)

p = 0.2 ,q = 50.7 5 n= 6  6 0 6 1− p6(0) = 1−   ⋅ 0.2 ⋅ 0.75 = 05.8 2  0 6.3. Istraživanjem je utvrđeno da na svakih 1000 novorođenčadi ima 515 dečaka i 485 devojčica. U nekoj porodici ima četvoro dece. Kolika je verovatnoća da među njima nema više od 2 devojčice. Rešenje:

37


p = 0.4 ,q = 08.5 51 5 n = 4,m = 0,12 p4(0)+ p4(1)+ p4(2) =  4 0 4  4 3  4 2 2 =   ⋅ 0.4 ⋅ 0.58 +  15⋅ 0.4 ⋅50.5 8 +  1 ⋅50.4 5⋅ 0.58 = 15 5  0   1   2 = 0.0 + 0.2 7+ 0.3 6= 0.7 7 6.4. Vrši se 10 gađanju u cilj pri čemu je verovatnoća pogotka u jednom gađanju 0.2. Odrediti verovatnoću da broj pogodaka ne bude manji od 2 i ne veći od 4. Rešenje: n =10 , p = 0.2, q = 0.8 2 − np 2 −10 ⋅ 0.2 a= = = 0, npq 10 ⋅ 0.2 ⋅ 0.8 b=

4 − np npq

=

4 −10 ⋅ 0.2 10 ⋅ 0.2 ⋅ 0.8

=1.58 ,

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

6.5. Broj dece u nekoj porodici je 10. Ako je verovatnoća rađanja muškog deteta 0.5 odrediti verovatnoću: a) da porodica ima 5 dečaka i 5 devojčica b) da je broj dečaka u porodici između 5 i 8. Rešenje: a)

38


p = q = 0.5 n= 1 0 1  50 5 p1 (5) =0   ⋅ 0.5 ⋅ 0.5 = 0.2 4 6 5 b) n =10 , p = q = 0.5 5 − np 5 −10 ⋅ 0.5 a= = = 0, npq 10 ⋅ 0.5 ⋅ 0.5 b=

8 − np npq

=

8 −10 ⋅ 0.5 10 ⋅ 0.5 ⋅ 0.5

=1.897 ,

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

6.6. Verovatnoća da neki proizvod ne prođe kontrolu je 0.2. Odrediti verovatnoću da kod 400 slučajno izabranih proizvoda broj onih koji nisu prošli kontrolu bude između 70 i 100. Rešenje: n = 400 , p = 0.2, q = 0.8 70 − np 70 − 400 ⋅ 0.2 a= = = −1.25 , npq 400 ⋅ 02 ⋅ 0.8 b=

100 − np npq

=

100 − 400 ⋅ 0.2 400 ⋅ 0.2 ⋅ 0.8

= 2.5,

p (70 ≤ x ≤100 ) = Φ( 2.5) −Φ( −1.25 ) = Φ( 2.5) + Φ(1.25 ) = = 0.49379 + 0.39435 = 0.88814

6.7. Bacaju se dve kocke 155 uzastopno. Kolika je verovatnoća da će se zbir 8 pojaviti više od 24, a manje od 30 puta? Rešenje: 26 ,62 ,44 ,53 ,35 5 31 n = 155 , p = ,q = 36 36 p ( 24 ≤ x ≤ 30 ) = Φ(1.968 ) − Φ(0.574 ) = 0.47558 − 0.21566 = 0.25992

6.8. U proizvodnji metalih šipki je prosečno 10% neispravnih. Sa kojom verovatnoćom se može smatrati da će u seriji od 400 slučajno izabranih šipki biti ispravno više od 299? Rešenje: 39

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka n = 400 , p = 0.9, q = 0.1 p (300 ≤ x ≤ 400 ) = Φ(6.67 ) + Φ(10 ) ≈1

Napomena: p=0.9 jer se u zadatku dat procenat neispravnih šipki. Za svako a ili b koje je veće od 5 može se uzeti približna vrednost Φ od 0.5. 6.9. Neka je verovatnoća pojave događaja A u svakom od 100 nezavisnih opita 0.8. Naći verovatnoću pojave događaja A od 75 do 90 puta. Rešenje: n =100 , p = 0.8, q = 0.2 p (75 ≤ x ≤ 90 ) = Φ(2.5) + Φ(1.25 ) = 0.8884

6.10. Naći broj potrebnih ponavljanja opita da bi se sa verovatnoćom ne manjom od 0.95 moglo tvrditi da je razlika između frekvencije i verovatnoće p=0.5 najviše 0.01. Rešenje: n = ?, p = q = 0.5, p ( n) ≥ 0.95 m  p  − p ≤ 0.01   ≥ 0.95 n    m  p  − 0.5 ≤ 0.01   = 2Φ ε  n    n 2Φ 0.01 0.25   n Φ 0.01 0.25 

n pq

   n  = 2Φ0.01    0.5 ⋅ 0.5    

  ≥ 0.95  

  ≥ 0.475  

0.02 n ≥ 1.96 n ≥ 98 n ≥ 9604

6.11. Posejano je 600 zrna kukuruza. Verovatnoća klijanja jednog zrna je 0.9. Naći granicu apsolutnog odstupanja frekvencije proklijalog semena od verovatnoće p=0.9 ako ta granica treba da bude garantovana sa verovatnoćom 0.995. Rešenje: ε = ?, n = 600 , p = 0.9, q = 0.1, p (n) = 0.995  m  p  600 − 0.9 ≤ ε   = 0.995     m  600   p  600 − 0.9 ≤ ε   = 2Φ ε 0.9 ⋅ 0.1      2Φ( ε ⋅ 81 .65 ) = 0.995 Φ( 81 .65 ε ) = 0.4975 81 .65 ε = 2.81

ε = 0.034

40


6.12. Odrediti verovatnoću da pri bacanju novčića 100 puta relativna frekvencija pojave grba odstupa od verovatnoće 0.5 više od 0.1 puta. Rešenje: ε = 0.1, n =100 , p = q = 0.5  m  p  100 − 0.5 ≤ 0.1  =?      m  100  p  100 − 0.5 ≤ 0.1  = 2Φ 0.1 0.5 ⋅ 0.5      2Φ( 2 ) = 2 ⋅ 0.47725 = 0.9545  m  p  100 − 0.5 > 0.1  =1 − 0.9545 = 0.0455  

6.13. U partiji od 10000 proizvoda ima 6000 proizvoda prve klase. Kolika je verovatnoća da u uzorku od 100 proizvoda bude 70 proizvoda prve klase? Rešenje: n =100 , m = 70 , p = 0.6, q = 0.4 1 p100 (70 ) ≈ ⋅ϕ( x ) npq x=

m − np

=

npq

p100 (70 ) ≈

70 −100 ⋅ 0.6 100 ⋅ 0.6 ⋅ 0.4

= 2.04

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

6.14. U kutiji je 5 plavih i 50 crnih kuglica. Kolika je verovatnoća da se u 10 nezavisnih izbora sa vraćanjem 3 puta izvuče plava kuglica? Rešenje: 1 10 ,q = 11 11 λ = 10 ⋅ 0.09 = 0.9 n = 10 , m = 3, p =

p10 (3) =

λm m!

⋅ e −λ =

0.9 3 −0.9 ⋅e = 0.05 3!

6.15. Naći verovatnoću da se od 500 slučajno izabranih ljudi šestoro rodilo 1.aprila. Rešenje: n = 500 , m = 6, p =

λ = 1.37 p500 (6) =

λm m!

1 364 ,q = 365 365

⋅ e −λ =

1.37 6 ⋅ e −1..37 = 0.002 6!

41

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 6.16. Prema podacima tehničke kontrole prosečno kod 2% časovnika treba izvršiti dopunsko regulisanje. a) Koja je verovatnoća da se na 290 od 300 slučajno izabranih časovnika ne vrši dopunsko regulisanje? b) Ako se kod 300 časovnika nađe najmanje 11 kod kojih treba izvršiti dopunsko regulisanje, cela partija se ne prihvata. Koja je verovatnoća da se partija prihvati? Rešenje: a) n = 300 , m = 290 , p = 0.02 , q = 0.98

λ =6 p300 (10 ) =

λm m!

⋅ e −λ =

610 ⋅ e −6 = 0.04 10!

b) n = 300 , m = 11, p = 0.02 , q = 0.98 λ =6

λm

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

⋅ e −λ =

6.17. Za jedan sat telefonska centrala dobije prosečno 60 poziva. Naći verovatnoću da neće biti ni jednig poziva za vreme trajanja od 30 minuta. Rešenje: n = 30 , m = 0, p =

λ = 0.5 p30 (0) =

λm m!

1 60

⋅ e −λ =

0.5 0 −0.5 ⋅e = 0.61 0!

6.18. Verovatnoća da je jedan proizvod defektan je 0.01. Iz velikog skladišta uzima se 100 proizvoda. Naći verovatnoću da među njima bude tačno 5 defektnih. Rešenje: n = 100 , m = 5, p = 0.01

λ =1 p100 (5) =

λm m!

⋅ e −λ =

15 ⋅ e −1 ≈ 0.003 5!

42


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

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

Zakon raspodele verovatnoća slučajne promenljive je pravilo po kome svakoj vrednosti slučajne promenljive pridružujemo odgovarajuću verovatnoću.  x x ... x n  , X :  1 2  p1 p 2 ... p n 

n

∑p i =1

i

=1

-

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

-

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

Grafička ilustracija raspodele verovatnoća je poligon raspedele verovatnoća.

- Verovatnoća događaja X
Kod diskretne slučajne promenljive funkcija raspodele je:

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

x ≤ x1

 x1 < x ≤ x 2  x 2 < x ≤ x3   ...  x n −1 < x ≤ x n    x > xn 43


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

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

x

F ( x) =

∫ f (t )dt

−∞

Osobine gustine raspodele: f ( x) ≥ 0 ∞

∫ f ( x)dx

=1

−∞

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

44


p = 0.6, q = 1 − p = 0.4, n = 3, m = 0,1,2,3  3 0 3 p3 (0) =   ⋅ 0.6 ⋅ 0.4 = 0.0 6 4  0  3 1 2 p3 (1) =   ⋅ 0.6 ⋅ 0.4 = 0.2 8 8  1  3 2 p3 (2) =   ⋅ 0.6 ⋅ 0.4 = 0.4 3 2  2  3 3 0 p3 (3) =   ⋅ 0.6 ⋅ 0.4 = 0.2 1 6  3

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

x≤0

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

 0 1 2 3  X :  0.0 6 04.2 8 08.4 3 02.2 1 6   7.2. Neki novčić se baca 2 puta. Napisati zakon i funkciju raspodele slučajne promenljive X broj pojave grba. Rešenje:

45


p = 0.5, q = 1 − p = 0.5, n = 2, m = 0,1,2  3 0 2 p2 (0) =   ⋅ 0.5 ⋅ 0.5 = 0.2 5  0  3 p2 (1) =   ⋅ 0.5 ⋅ 0.5 = 0.5  1  3 2 2 p2 (2) =   ⋅ 0.5 ⋅ 0.5 = 0.2 5  2 0 1 2   X :  0.2 50.5 0.2 5  

0, 0.25,  F(X ) =  0.75, 1,

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

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

46


p = 0.5, q = 1 − p = 0.5, n = 5, m = 0,1,2,3,4,5  5 0 5 1 p5 (0) =   ⋅ 0.5 ⋅ 0.5 = 32  0  5 4 5 p5 (1) =   ⋅ 0.5 ⋅ 0.5 = 32  1  5 2 3 1 0 p5 (2) =   ⋅ 0.5 ⋅ 0.5 = 32  2  5 3 2 1 0 p5 (3) =   ⋅ 0.5 ⋅ 0.5 = 32  3  5 4 5 p5 (4) =   ⋅ 0.5 ⋅ 0.5 = 32  4  5 5 0 1 p5 (5) =   ⋅ 0.5 ⋅ 0.5 = 32  5 0 1 2 3 4  1 5 1 01 0 5

5 1

47


7.4. Slučajna veličina ima za gustinu: a) f ( x ) =

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

 a c ox,s b) f ( x) =   0,

π

x ≤

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

inace

 a( x + 1) , c) f ( x) =   0,

0 ≤x ≤2 inace

π 6

).

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

Rešenje: a) 1

dx =1 2 −1 1 + x

a∫

a (arctg 1 − arctg (−1)) = 1

π

a ⋅2

4 2

a=

=1

π x

F(X ) =

dt

∫1 + t

2 2

−1

π

=

2

π

( arctgx − arctg ( −1)) =

2

π

arctgx +

1 2

b) π 3

a ∫ cos xdx = 1 −

π 3

π π − sin( − )) = 1 3 3 3 3  + =1 2 2 

a (sin  a 

a 3 =1 a=

3 3 x

F(X ) =

∫π

−

3

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

3 sin x 1 + 3 2

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

3 1 1 3 + − = 6 2 2 6

48

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka c) 2

a ∫ ( x + 1) dx = 1 0

2 2  a ∫ xdx + ∫ dx  = 1 0 0 

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

1 4 2

f ( x) =

1 ( x + 1)dx 4 ∫0

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

7.5. Neprekidna slučajna promenljiva X zadana je gustinom

  π π a c o 2 s x , x ∈ − ,      4 4 . f ( x) =   0, x ∉  − π , π   4 4  

Odrediti konstantu a, naći funkciju raspodele F(X), kao i verovatnoću

Rešenje:

 π p 0 X〈〈   8

.

a = 1, 1 F ( X ) = ( s i2nx + 1) 2  π 2 p  0〈 X 〈  =  8 4 49


7.6. Slučajna promenljiva ima normalnu raspodelu N (0,1). Naći: a) p(0 < X <1.42 ) b) p(−0.73 < X < 0) c) p ( −1.73 < X < 2.01 ) d) p ( X <0.5) e) p ( X >1.13 ) Rešenje: a) p (0 < X < 1.42 ) = Φ(1.42 ) = 0.4222 b) p (−0.73 < X < 0) = Φ(0.73 ) = 0.2673 c)

p ( −1.73 < X < 2.01) = Φ( 2.01) + Φ(1.73 ) = 0.47778 + 0.41466 = = 0.93696

d) p ( X <0.5) =2Φ(0.5) =0.38292 e) p ( X >1.13 ) = 0.5 − Φ(1.13 ) = 0.12924 Napomena: Vidi DODATAK XC

7.7. Prečnik matrica koje fabrika proizvodi je slučajna promenljiva X: N (1.5,0.04 ). Naći verovatnoću škarta pod uslovom da je propisana tolerancija prečnika ± 0.07 . Kolika tolerancija prečnika može da se garantuje sa verovatnoćom 0.97? Rešenje:  0.07  p (−0.07 < X > 0.07 ) = 2Φ  = 2Φ(1.75 ) = 0.91988  0.04  p =1 − 0.91988 = 0.08012

 a  2Φ  = 0.97  0.04   a  Φ  = 0.485  0.04  a = 2.17 ⇒ a = 0.0868 ≈ 0.09 0.04

Tolerancija [1.41,1.59] 7.8. Pri velikom broju merenja uočeno je da 75% grešaka ne premašuje 1.25. Zamenjujući frekvencije pojavljivanja grešaka njihovim verovatnoćama, odrediti verovatno odstupanje grešaka, smatrajući da su greške merenja realizacije slučajne promenljive X: N (0, σ). Rešenje: p ( X < 1.25 ) = 0.75  1.25  0.5 + Φ  = 0.75  σ  1.25  Φ  = 0.25  σ  1.25 = 0.67 ⇒σ = 1.86

σ

50


p( 〈X 2 ) = 0.1 1p( X 〉92 8=) 0.0 2 5

7.9. Data je slučajna promenljiva X: N(m,σ ). Odrediti nepoznate parametre iz uslova: i

.

Rešenje:

p( X 〈 2 0) = 0.1 1 9 p( X 〉 2 8) = 0.0 2 5

 2 0− m  0.5 + Φ   = 0.1 1 9  σ   2 8− m  0.5 − Φ   = 0.0 2 5 σ   m− 2 0  m − 2 0 Φ = 1.1 8  = 0.3 8 ⇒1 σ σ   2 8− m  2 8− m  Φ = 1. 9 6  = 0.4 7 ⇒5 σ σ   m = 2 3.0 0 ,9 σ = 2.5 5 7.10. U proizvodnji nekih proizvoda propisana tolerancija za jednu dimenziju je u granicama od 5 do 15 mm. Procenat škarta ispod donje granice je 4%, a iznad gornje je 8 %. Uz predpostavku da je posmatrana dimenzija slučajna promenljiva X:N(m,σ),odrediti m i σ. Rešenje: m = 10 .54 i σ = 3.16

7.11. Predpostavimo da telesne težine 800 studenata imaju normalnu raspodelu sa srednjom težinom 66kg i standardnim odstupanjem 5kg. Naći broj studenata čija je težina između 65 i 75kg. Rešenje: n = 800 X : N (66 ,5)  75 − 66   65 − 66  p (65 < X < 75 ) = Φ  − Φ = 5 5     = Φ(1.8) + Φ( 0.2 ) = 0.46407 + 0.07926 = 54 .33 %

7.12. Mašina proizvodi metalne šipke dužine 24cm, s tolerancijom 0.5cm. Na osnovu dužeg posmatranja zna se da je σ = 0.03. Pod pretpostavkom da dužine X metalnih šipki imaju normalnu raspodelu, izračunati procenat metalnih šipki koje će se naći u intervalu tolerancije. Rešenje: 51

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka X : N ( 24 ,0.03 )  0.05  p ( X < 0.05 ) = 2Φ  = 2Φ(1.67 ) = 90 %  0.03 

7.13. Pokazati da je

P( X − m 〈 3σ ) = .0 9 9 7 .

Rešenje: p ( X − m < 3σ) = 0.997  3σ  2Φ  = 0.997 σ  2Φ( 3) = 0.997 2 ⋅ 0.49865 ≈ 0.997

52


8. DVODIMENZIONALNA SLUČAJNA PROMENLJIVA 8.1. Diskretna dvodimenzionalna slučajna promenljiva Vrednosti dvodimenzionalne slučajne promenljive se mogu predstaviti tačkama u ravni xOy; ona je slučajna tačka (x,y) u ravni. Zakon raspodele verovatnoća je pravilo po kome svakom paru vrednosti (xi, yi) slučajne promenljive (x,y) pridružujemo odgovarajuću verovatnoću pij. Znači, imamo: pij – verovatnoću da slučajna promenljiva X uzme vrednost xi, a slučajna promenljiva Y vrednost yij tj. P ( X = x, Y = y ) = pij , i =1,..., n, j =1,..., m,

n

m

∑∑ p i =1 j =1

ij

=1

Takođe, imamo marginalne verovatnoće po vrstama pi i po kolonama pj, gde su: m

p i1 + pi 2 + ... + pim = pi .

i =1,..., n,

pi. = ∑ pij = P( X = xi ) j =1

p. j = ∑ pij = P (Y = y j ) n

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

j =1,..., m,

i =1

n

m

i =1

j =1

∑ p i . = ∑ p. j = 1 Funkcija raspodele F(x,y) predstavlja verovatnoću istovremene realizacije događaja X
F(x,y) je verovatnoća da slučajna tačka (x,y) padne u beskonačni kvadrat sa temenom u tački (x,y).

P[( ,YX ) ∈ S] = ( XaP b,c dY ) =〈〈〈〈

= F(b,d) − F(b,c) − F( a,d) + F( a,c) 53


Osobine funkcije raspodele 1.

2.

3.

F(x,y) je neopadajuća funkcija svojih argumenata

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

F ( x, y 2 ) ≥ F ( x, y1 ) , y 2 〉 y1

F(x, ) =+ P(X〈 x,− Y ) =〈 F1(x)

F ( x, − ∞ ) = F ( − ∞, y ) = F ( − ∞,− ∞ ) =0

∞∞

F(+ , ) =∞ Py (− X ,Y ) =〈〈∞ Fy 2(y)

F1 ( x ), F2 ( y ) - odgovarajuće funkcije raspodele promenljivih X i Y:

4.

F ( + ∞,+∞ ) =1

Marginalne verovatnoće: m

pi. = ∑ pij = P ( X = xi )

i =1,..., n,

p. j = ∑ pij = P (Y = y j )

j =1,..., m,

j =1

n

i =1

Uslovne verovatnoće: p i / j = P ( X = xi / Y = y j ) = p j / i = P (Y = y j / X = xi ) =

pij p. j pij pi.

Definicija nezavisnosti dveju slučajnih promenljivih: Slučajne promenljive X i Y su nezavisne ako je ispunjena relacija: pij = p i. p. j ,

za proizvoljan par brojeva i, j u diskretnom slučaju ili relacije:

54

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka pi / j = p i. p j / i = p. j

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

8.2. Neprekidna dvodimenzionalna slučajna promenljiva Gustina raspodele i funkcija raspodele f ( x, y ) =

P[( X , Y ) ∈ D ] = ∫∫ f ( x, y )dxdy (D)

δ 2 F ( x, y ) = Fxy′′ ( x, y ) δxδy

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

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

xy

F( , yx ) = P( − ∞ X〈 x,− Y〈 y) = ∫ ( , yxf ) d x d ∞ y

〈

−∞−∞

Osobine gustine raspodele

f ( x, y ) ≥ 0 ∞ ∞

∫ ∫ f ( x, y )dxdy

=1

−∞−∞

Marginalne funkcije raspodele

55


x∞

1

(xF ) = ( xF ,+ ) = P(− ∞ 〈 xX ,− Y ) =〈 ∫ f( ,yx )d

x d y ∞

∞

〈

−∞−∞

∞y

F2( y) = F( + ∞ ,y) = P( − ∞ X〈 ,− yY ) =〈 ∫ f( ,yx )d x d y ∞ ∞

〈

−∞−∞

Marginalne gustine raspodele ∞

f 1 ( x ) = F1′( x ) =

∫ f ( x, y ) dy

−∞

f 2 ( y ) = F2′( y ) =

∞

∫ f ( x, y ) dx

−∞

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

f ( x, y ) f 2 ( y) f ( x, y ) f1 ( x )

S1( x〈 〈 xX + d ) x

S2( y〈 yY +〈 d ) y

Tumačenje: verovatnoća da slučajna tačka (X,Y) padne u pravougaonik S je jednaka verovatnoći

da ona padne

u pojas pod uslovom da je pala u pojas

.

Definicija nezavisnosti dveju slučajnih promenljivih: Slučajne promenljive X i Y su nezavisne ako je ispunjena relacija: f ( x, y ) = f 1 ( x ) f 2 ( y )

ili relacije:

56


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

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

F( x, y) = F1( x) F2( y) Fx′ = yf ( x, y) = F1′( x) F2′ ( y)

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

5 36

b) p( X −Y = 2) =

4 36

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

13 36

6 36

17 36

8.2. Eksperiment se sastoji u izvlačenju 3 karte sa vraćanjem, iz špila od 52 karte. Ako sa X označimo broj izvučenih kečeva, a sa Y označimo broj izvučenih dama i kraljeva, odrediti zakon raspodele slučajnih promenljivih X i Y, kao i marginalne verovatnoće. Rešenje: 57

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka X\Y 0 1 2 3 p.j

0

1

2

3

pi.

1000 2197 300 2197 30 2197 1 2197 1331 2197

600 2197 60 2197 6 2197

120 2197 12 2197

8 2197

0

0

0

0

0

1728 2197 372 2197 36 2197 1 2197

666 2197

132 2197

8 2197

p ( X = 0, Y = 0) =

40 3 1000 = 52 3 2197

0

1

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

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

p( X = 0, Y = 3) =

83 8 ... = 3 2197 52

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

-2 0.05 0.1 0.03 0.18

-1 0.05 0.05 0.12 0.22

0 0.1 0.05 0.07 0.22

1 0 0.1 0.06 0.16

2 0.05 0 0.03 0.08

3 0.05 0.05 0.04 0.14

p.i 0.3 0.35 0.35 1

0 1 2  − 2 −1 0 1 2 3   :X   :Y   0.3 0.3 0.35  5  0.1 0.82 0.2 0.21 0.60 0.81  4

58


0, x≤ 0  0.3, 0 < x ≤ 1  F(X ) =   1 < x ≤ 2 0 . 65 ,  x > 2  1,

0,  y ≤ −2   0 . 1 8 , − 2 < y ≤ −1    0.4, −1 < y ≤ 0    F (Y ) = 0.62 , 0 < y ≤ 1   0.78 , 1 < y ≤ 2    2 < y ≤ 3  0.86    y >3  1 , 

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

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

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

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

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

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

x1 0.12 0.1

x2 0.18 0.11

x3 0.1 0.39

X/Y x1 x2 x3 p.j

y1 0.12 0.18 0.1 0.4

y2 0.1 0.11 0.39 0.6

pi. 0.22 0.29 0.49 1

Rešenje:

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

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

8.6. Naći marginalne verovatnoće, zakone i funkcije raspodela koordinata dvodimenzionalne slučajne promenljive (X,Y) date tabelom: Y 2 4 5 X\ 1 3 7 1 3 2 8 4 10 9 5 6 Odrediti verovatnoće p(X>Y) i p(X=Y+2), kao i uslovne raspodele koordinata X i Y. 59

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka Rešenje: \Y 1 3 10 p.j

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

X

p( X > Y ) =

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

2 20 22 + = 45 45 45

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

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

p( X = Y + 1) =

2 45

1 3 1  0 2 4 5      X / Y = 2 :  3 2 9  Y / X = 1:  3 7 1       1 1 4 1  4 4  1 1 1 1 1 1 1 3 1  0  2 4 5      X /Y = 4 :  7 8 5  Y / X = 3 :  2 8 4       2 2 0 2 0 0  1 1 4 1 4 4 1 3 1  0  2 4 5      X /Y = 5: 1 4 6  Y / X = :1  9 0 5 6       1 1 1 1 1 1  2 2 0 2 0 0 8.7. Baca se kocka 2 puta. Neka slučajna promenljiva X odgovara rezultatu prvog bacanja kocke, a slučajna promenljiva Y odgovara rezultatu drugog bacanja kocke. Naći raspodelu slučajne promeljive Z=X+Y. Rešenje: 60


 1 2 3 4 5 6   X : 1 1 1 1 1 1 = Y    6 6 6 6 6 6 2  Z = 1   36

3

4

5

6

7

8

9

10

11

1 18

1 12

1 9

5 36

1 6

5 36

1 9

1 12

1 18

12   1   36 

61


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

U slučaju diskretne slučajne promenljive:

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

y 2 = ϕ ( x 2 ) ... y n = ϕ ( x n )   p2 ... pn 

Ako je ϕ( X ) monotona funkcija (npr: Y = 3 X + 1 ), onda je P ( Y = y i ) = P( X = xi ) = pi . Ako je ϕ( X ) nemonotona funkcija (npr: Y = 3 X 2 + 1 ), onda su verovatnoće P( Y = y i ) jednake zbiru P( X = xi ) onih vrednosti slučajne promenljive X za koje Y ima jednake vrednosti. U slučaju neprekidne slučajne promenljive: Neka je X neprekidna slučajna promenljiva definisana gustinom raspodele verovatnoća f(x) za a < x < b i neka je funkcija Y =ϕ( X ) neprekidna i diferecijabilna. Imamo slučajeve: 1.

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

Verovatnoća događaja da se tačka (X,Y) nalazi na delu krive Y =ϕ( X ) ispod prave AB:Y=y, tj. verovatnoća događaja Y
gde su: F(x) funkcija raspodele slučajne promenljive X, a ψ( y ) Y =ϕ( X ) . Gustina raspodele funkcije Y =ϕ( X ) je:

inverzna funkcija funkcije

g ( y ) = f (ψ( y )) ⋅ψ' ( y )

2.

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

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

verovatnoća: g ( y ) = f (ψ( y )) ⋅ψ' ( y )

3.

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

∫ f ( x)dx

∆i ( y )

g ( y) = G' ( y)

Zadaci: 62


9.1. Ako slučajna promenljiva X ima raspodelu verovatnoća

verovatnoća slučajne promenljive Y=3X+1.

1 2 3  :X    0.1 0.3 0.6

, naći raspodelu

Rešenje: ϕ( X ) = 3 X + 1 y1 = ϕ( x1 ) = 3 ⋅1 + 1 = 4 y 2 = ϕ( x 2 ) = 3 ⋅ 2 + 1 = 7 y 3 = ϕ( x3 ) = 3 ⋅ 3 + 1 = 10

4 7 1  0 :Y    0.1 0.3 0.6 9.2. Ako slučajna promenljiva X ima raspodelu verovatnoća

verovatnoća slučajne promenljive Y=3X2+1.

− 2 −1 1 2  :X    0.1 0.2 0.3 0.4

, naći raspodelu

Rešenje: ϕ( X ) = 3 X 2 + 1 y1 = ϕ( x1 ) = 3 ⋅ ( −2) 2 + 1 = 13 y 2 = ϕ( x 2 ) = 3 ⋅ ( −1) 2 + 1 = 4 y 3 = ϕ( x3 ) = 3 ⋅12 + 1 = 4 y 4 = ϕ( x 4 ) = 3 ⋅ 2 2 + 1 = 13

63


4 1  3 :Y    0.5 0.5 9.3. Opisati slučajnu promenljivu Y=X2-1, ako je: Rešenje:

 − 1 2 3  0 3 8    X :  1 1 3 Y :  1 1 3     8 2 8  8 2 8  − 1 1 2   :X  1 1 1    4 4 2

 0 3   Y : 1 1    2 2

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

64


 3 0 3 p3(0)=   0.2 ⋅ 0.7 = 05.4 5 2  0 0 1 2 3   X :  0.4 0.24 0.21 0.40  2 ...

1 3 5 7   :Y   0.4 0.24 0.21 0.40  2 0 1 4 9   :Z   0.4 0.24 0.21 0.40  2

65


9.5. Ako je

 π π π π  π 0 X : 6 6 6 6   0.1 0.2 0.1 0.1 0.2 0.3  

, naći zakon raspodele za Y=sinX.

Rešenje:

 1 2  0 1 Y : 2 2   0.4 0.2 0.3 0.1  

9.6. Ako je

 − π X : 1  1

π π  − 0 π 2 2  3 4 2 1  1 1 1 1 1

, naći zakon raspodele za Y=cosX.

Rešenje:

−1 0  :Y  2 5  1 1

1  4  1 1 66


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

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

X

2

=

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

  f  2 2y    1

y 2

   + f −    

y 2

   

9.8. Naći gustinu raspodele verovatnoća g(y) slučajne promenljive Y, ako je: a)

Y =X

na intervalu (-∞, ∞)

b) Y = X 3 na intervalu (0, ∞). Rešenje: a)

b) Y = X3

Y =X

X = 3 Y ⇒ Ψ( y ) = 3 y

X = ±Y ⇒ Ψ1 ( y ) = y, Ψ2 ( y ) = −y Ψ1 ' ( y ) = Ψ2 ' ( y ) = 1 g ( y ) = f ( y ) + f ( −y )

Ψ' ( y ) =

1 3 y2 3

g ( y ) = f (3 y )

1 33 y 2

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

1 , X2

d) Y = e − X 2 Rešenje: a)

b) Y = e −X

Y = ln X

67

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka ln Y = −X ⇒ X = ln

1 1 ⇒ Ψ( y ) = ln Y y

X = e Y ⇒ Ψ( y ) = e Y

1 Ψ' ( y ) = − y 1 1 g ( y ) = f (ln ) y y

Ψ' ( y ) = e Y g ( y ) = f (e Y ) e Y

c)

d) Y =

1 X2

Y = e−X

2

ln Y = − X 2 ⇒ X = ± ln X =±

1 ⇒ Ψ( y ) = Y

Ψ' ( y ) = g ( y) =

1 y

1 1 Ψ' ( y ) =  ln  2 y

 1  1 y − y 2   = −2y y  

1 2 1

2y y

f (ln

1 ) y

1 −2

1 Y

 1  −  =  y

1 2 y ln

1 y

 1 f  ln  y 1  2 y ln y 1

g ( y) =

x2

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

Rešenje: X = ± Y ⇒ Ψ1 ( y ) =

Y =X

Ψ1 ' ( y ) = Ψ2 ' ( y ) =

2

g ( y) =

1 2π

e

y − 2

y , Ψ2 ( y ) = − y 1

2 y

1 y

9.11.Slučajna promenljiva ima Košijevu raspodelu verovatnoća definisanu

gustinom

1 f ( x) = na intervalu (−∞ < X < ∞) . Naći gustinu raspodele verovatnoća g(y) π (1 + x 2 )

slučajne promenljive Y=X3+2. Rešenje: Y = X3 +2 X = 3 Y − 2 ⇒ Ψ( y ) = 3 Y − 2 2 1 − Ψ1 ' ( y ) = ( y − 2 ) 3 3 1 1 g ( y) = = 2 π 1 + 3 ( y − 2) 33 ( y − 2) 2 3π

(

)

(

1 3

( y − 2) + 3 ( y − 2) 4 2

) 68

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 9.12. Slučajna promenljiva ima uniformnu raspodelu verovatnoća na intervalu (0,2π) . Naći gustinu raspodele verovatnoća g(y) slučajne promenljive Y=cosX. Rešenje:

1  , f (x) =  2π  0,

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

1 2π 1 − y

2

+

1 1− y2 1 2π 1 − y

2

=

1

π 1− y2

69


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

−

u slučaju diskretne slučajne promenljive:

E ( X ) = ∑ xi p i i =1

−

u slučaju neprekidne slučajne promenljive: E ( X ) =

∞

∫ xf ( x ) dx

−∞

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

∑ ϕ ( xi ) p i

E( Y ) = E(ϕ ( X ) ) =

i =1

u diskretnom slučaju u neprekidnom slučaju

∞

∫ ϕ ( x ) f ( f ) dx

−∞

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

mr = E ( X ) = r

∑

i =1

u diskretnom slučaju

r

xi p i

∞

∫ x f ( f ) dx

u neprekidnom slučaju

r

−∞

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

naziva kvartilom reda p. Kvartil reda 0.5 naziva se medijanom slučajne promenljive X, tj. medijan Me se dobija kao rešenje jednačine:

F( M ) = F( x0.5e) = p( x〈 M ) = 0.5 e

Pored medijana, koriste se i kvartili X0.25 i X0.75, prvi i treći. Definicija: ako je X diskretna slučajna promenljiva, tada je mod njena najverovatnija vrednost. Ako je X neprekidna slučajna promenljiva, tada je mod maksimum gustine raspodele.

Osobine matematičkog očekivanja

70

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka E (C ) = C E ( CX

) = CE ( X ) E ( X + Y ) = E ( X ) + E (Y ) E ( XY ) = E ( X ) E (Y ) E( X ) ≥ E( X )

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

D( X ) = σ 2 = E ( X − E ( X ) ) = 2

- u diskretnom slučaju

n

( )

E X − E (X) = 2

2

2 ( ( ) ) x − E x pi ∑ i

-u neprekidnom slučaju

i=1 ∞

(∫ x − E ( x ) ) 2 f ( f ) d x

−∞

Pozitivan koren iz disperzije: σ = D( X )

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

σ

E( X )

Centralni momenat r-tog reda definiše se formulom:

µ r = E( X − E( X ) ) = r

n

( )

E X r − Er ( X ) =

∑ ( x − E( x) ) i= 1

i

u diskretnom slučaju r

pi

u neprekidnom slučaju

∞

(∫ x − E ( x) ) r f ( f ) d x

−∞

Centralni momenti se mogu izraziti i pomoću običnih momenata:

71

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka µ1 = 0 µ 2 = m2 − m12 µ3 = m3 − 3m2 m1 + 2m13 µ 4 = m4 − 4m3 m1 + 6m2 m12 − 3m14

Ako je Y = ϕ( x ) funkcija slučajne promenljive X, onda je centralni momenat r-tog reda slučajne promenljive Y jednak: n

∑ ( ϕ ( x ) − E( ϕ ( x) ) )

µ r = E( ϕ ( X ) − E( ϕ ( X ) ) ) =

i

i =1

r

r

pi

u diskretnom slučaju u neprekidnom slučaju

∞

∫ ( ϕ ( x ) − E ( ϕ ( x) ) ) f ( f ) dx r

−∞

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

Osobine disperzije D( C ) = 0 D( CX

) =C

2

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

D( X )

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

M 1 = E( X ) =

m

n

m

n

∑∑x p = ∑x ∑ p = ∑x p i =1 j =1

i

ij

i =1

∞ ∞

i

ij

j =1 ∞

i =1

∞

i

i. ∞

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

− ∞− ∞

−∞

−∞

m

M 2 = E( Y ) =

∑y j =1

j

−∞

p. j

∞

∫ yf ( y ) dy 2

−∞

Dalje imamo obične momente reda r+s:

72

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka n

mrs =

m

∑∑ x i =1 j =1 ∞ ∞

∫ ∫x

r

r i

y sj pij

y s f ( x, y ) dxdy

− ∞− ∞

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

∑ ∑ ( x − E( x) ) ( y n

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

s

m

r

i =1 j =1

i

− E ( y ) ) pij s

j

∞ ∞

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

− ∞− ∞

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

ρ = ρ xy =

η11 E( X − E( X ) ) E(Y − E(Y ) ) 2

2

=

η11 m − M 1M 2 = 11 ; σ xσ y σ xσ y

σ xσ y ≠ 0

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

Zadaci:  −1 0.2

10.1. Slučajna veličina X ima sledeći raspored: X :  

0 0.1

1 0 .3

2   . Odrediti E(X) i 0.4  

D(X). Rešenje: 4

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

4

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

i =1

D( X ) = E ( X 2 ) − E 2 ( X ) = 2.1 − 0.9 2 = 1.29  1

10.2. Neka je X :  0.2 

3 0.1

4 0.5

7  . Odrediti a, E(X) i D(X). a 

Rešenje: a = 1 − (0.2 + 0.1 + 0.5) = 0.2 E ( X ) =1 ⋅ 0.2 + 3 ⋅ 0.1 + 4 ⋅ 0.5 + 7 ⋅ 0.2 = 3.9 E ( X 2 ) =12 ⋅ 0.2 + 3 2 ⋅ 0.1 + 4 2 ⋅ 0.5 + 7 2 ⋅ 0.2 =18 .9 D( X ) = E ( X 2 ) − E 2 ( X ) = 18 .9 − 3.9 2 = 3.69

73

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 10.3 Slučajna veličina X ima gustinu proporcionalnu sa x2 na intervalu (0,3). Odrediti joj E(X) i σ. Rešenje:

 k 2 ,x x ∈ (0,3) f (X ) =   0, x ∉ (0,3) 3

∫ kx

2

dx = 1

0

3

x3  k   =1  3 0 k

27 1 =1 ⇒ k = 3 9 3

E( X ) = ∫

1 2 1 x4  1 81 9 x xdx =   = = 9 9  4 0 9 4 4

E( X 2 ) =

1 1 x5  27 x 2 x 2 dx =   = ∫ 90 9  5 0 5

3

0

3

3

27 81 27 − = 5 16 80 27 D( X ) = 80

D( X ) =

σ=

10.4. Diskretna slučajna promenljiva ima dve moguće vrednosti y1 i y 2 . Pri tome je

y 2 〉 y1 .

Ako je p (Y = y1 ) = 0.6 , E (Y ) =1.4 i D ( X ) = 0.24 . Rešenje:

 y1 y2  Y :   0.6 0.4 74

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka E (Y ) = 1.4 ⇔ 0.6 y1 + 0.4 y 2 = 1.4 D ( X ) = 0.24 ⇔ E (Y 2 ) − E 2 (Y ) = 0.24 2

2

0.6 y1 + 0.4 y 2 − 1.4 2 = 0.24 0.6 y1 + 0.4 y 2 = 1.4 ⇒ y1 = 2

1.4 − 0.4 y 2 0.6

2

0.6 y1 + 0.4 y 2 = 2.2 2

1.96 − 1.12 y 2 + 0.16 y 2 2 + 0.4 y 2 = 2.2 /⋅ 0.6 0.6 2 2 1.96 − 1.12 y 2 + 0.16 y 2 + 0.24 y 2 = 1.32 2

0.4 y 2 − 1.12 y 2 + 0.64 = 0 1.12 ± 1.2544 − 1.024 1.12 ± 0.48 = 0.8 0.8 =2 y 2 2 = 0.8

y 21, 2 = y 21

y11 = 1

y1 2 = 1.8

1 2  :Y    0.6 0.4  2

10.5. Date su nezavisne slučajne promenljive X :  0.4 

7 0.25

9 0.15

13   i 0.2  

Odrediti E(X),D(2X) i D(Y).

1 3 4  :Y    0.3 0.65 0.0  5 .

Rešenje: E ( X ) = 2 ⋅ 0.4 + 7 ⋅ 0.25 + 9 ⋅ 0.15 +131 . ⋅ 0.2 = 6.5 D (2 X ) = 4 D ( X ) = 70 .2 D (Y ) =1.1771

10.6.

Dati  −1 X : 0.21 

su 0 0.19

zakoni 1 0.34

raspodela

2   0  i Y :  0.3 0.26  

nezavisnih 2 0.2

slučajnih

promenljivih.

4   . Naći E(XY) i D(X+2Y). 0.5  

75

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka Rešenje: E ( XY ) = E ( X ) E (Y ) =1.56 D ( X + 2Y ) = D ( X ) + 4 D (Y ) =1.1675 +12 .16 =13 .3275

10.7. Odrediti Me za slučajnu promenljivu X, ako je ona definisana funkcijom raspodele:

x≤ 0  ,0 F (X ) =  − a x .  1− e , x > 0 Rešenje: F ( Me ) = 0.5 1 − e −aMe = 0.5 e −aMe = 0.5 / ln − aMe = ln Me =

1 2

ln 2 a

10.8. Odrediti matematičko očekivanje, medijanu i modus ako slučajna veličina ima funkciju

 0, x ≤ 0  2 x raspodele: F ( X ) =  , 0 < x ≤ 2 . 4  1, x > 2 Rešenje:

x  , 0< x≤ 2 f (X ) = F'(X ) =  2  0, i n a c e 2

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

F ( Me ) = 0.5

Me 2 = 0.5 4 Me 2 = 2 Me =

1 f '(X ) = 2

2

nema max f(x), nema modusa

10.9. Izračunati koeficijent varijacije za raspored zadat u tabeli: 76

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka razmak 5,5-7,5 7,5-9,5 9,5-11,5 11,5-13,5 13,5-15,5 15,5-17,5 17,5-19,5 19,5-21,5 21,5-23,5 23,5-25,5

f

x

y

2 3 17 43 62 81 70 61 18 3

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

y

fy

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

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

fy2 50 48 153 172 62 0 70 244 162 48

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

∑

f

x

fy2

2 3 17 43 62 81 70 61 18 3

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

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

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

50 48 153 172 62 0 70 244 162 48

360

155

-5

37

1009

E( X ) =

∑ fx

E( X 2 ) =

N

i

∑ fx

= 2 i

N D ( X ) = 11 .34

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

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

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

6014

104488

fx

6014 = 16 .7 360 =

104488 = 290 .23 360

σ = 11 .34 = 3.37 V =

3.37 ⋅100 = 20 .17 % 16 .7

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

0 1/9 0

1 2/9 1/9

2 0 2/9

fx 1/3 1/3

xfx 0 1/3 77

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka 2 fy yfy

2/9 1/3 0

X/Y 0 1 2 f0yy f1yy f2yy

0 1/9 0 2/9 0 0 0

0 1/3 1/3

E ( X ) = 1,

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

1/9 1/3 2/3

1/3 1 -

2/3 -

2 0 2/9 1/9 0 4/9 2/9

Si 2/9 5/9 2/9

xSi 0 5/9 4/9

E (Y ) = 1

E ( XY ) =1 X i Y nisu nezavisne jer je: E ( XY ) = E ( X ) ⋅ E (Y )

10.11. Izračunati koeficijent korelacije za dati dvodimenzionalni raspored. X/Y 0 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 1 0 0 0 0 0 0 0 2 2 2 2 1 0 0 0 0 0 3 1 2 3 2 2 1 0 0 0 4 0 0 1 4 4 3 3 1 0 5 0 0 0 1 4 6 5 4 1 6 0 0 0 0 1 2 3 6 4 7 0 0 0 0 0 0 2 3 5 8 0 0 0 0 0 0 0 0 2 Rešenje: X/Y 0 1 2 2 2 3 1 4 0 5 0 6 0 7 0 8 0 fy 5 y*fy 0 y2*fy 0 f1y*y 0 f2y*y 0 f3y*y 0 0 4y*y f5y*y 0 f6y*y 0 f7y*y 0 f8y*y 0

9 0 0 0 0 1 2 4 3

10 0 0 0 0 0 0 2 2

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 fx x*fx x2*fx 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 3 3 2 2 1 0 0 0 0 0 0 0 7 14 28 2 3 2 2 1 0 0 0 0 0 11 33 99 0 1 4 4 3 3 1 0 0 0 16 64 256 0 0 1 4 6 5 4 1 1 0 22 110 550 0 0 0 1 2 3 6 4 2 0 18 108 648 0 0 0 0 0 2 3 5 4 2 16 112 784 0 0 0 0 0 0 0 2 3 2 7 56 448 5 6 8 11 12 13 14 12 10 4 100 500 2816 5 12 24 44 60 78 98 96 90 40 547 5 24 72 176 300 468 686 768 810 400 3709 Si*xi 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 2 4 3 0 0 0 0 0 0 0 9 18 2 6 6 8 5 0 0 0 0 0 27 81 0 2 12 16 15 18 7 0 0 0 70 280 0 0 3 16 30 30 28 8 9 0 124 620 0 0 0 4 10 18 42 32 18 0 124 744 0 0 0 0 0 12 21 40 36 20 129 903 0 0 0 0 0 0 0 16 27 20 63 504 Σ 3151

78

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka E( X ) =

E (Y ) =

500 =5 100

547 = 5.47 100

E( X 2 ) =

2816 = 28 .16 100

D ( X ) = 28 .16 − 5 2 = 3.16

3709 = 37 .09 D (Y ) = 37 .09 − 5.47 2 = 7.1691 100 31 .51 − 5 * 5.47 σ y = 2.68 σ x =1.78 ρ xy = = 0.87 1.78 * 2.68 E (Y 2 ) =

10.12. Izračunati koeficijent korelacije za dati dvodimenzionalni raspored. X/Y 1 2 3 1 3 7 0 2 1 4 2 3 5 1 8 4 2 1 6 Rešenje: X/Y 1 2 3 4 fy yfy y2fy f1yy f2yy f3yy f4yy

1 3 1 5 2 11 11 11 3 1 5 2

2 7 4 1 1 13 26 52 14 8 2 2

3 0 2 8 6 16 48 144 0 6 24 18

E ( X ) = 2.55 E (Y ) = 2.125

fx 10 7 14 9 40 85 207 17 15 31 22 Σ

xfx 10 14 42 36 102

x2fx 10 28 126 144 308

Si*xi 17 30 93 88 228

E ( X 2 ) = 7.7

D ( X ) =1.1975

E (Y 2 ) = 5.175

D (Y ) = 0.659

σ y = 0.81 σ x = 1.09 ρxy = 0.40

79


11. NEJEDNAKOST ČEBIŠEVA Ako slučajna promeljiva ima konačnu disperziju, onda je:

p( X − E ( X ) ≥ ε ) ≤

D( X ) D( X ) , ODNOSNO p ( X − E ( X ) < ε ) > 1 − 2 ε ε2

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

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

Zadaci:

11.1. Diskretna slučajna promenljiva ima raspodelu verovatnoća:

p ( X −E ( X ) <0.2 )

pomoću nejednakosti Čebiševa.

 0.3 0.6 :X    0.2 0.8

. Oceniti

Rešenje: E ( X ) = 0.3 ⋅ 0.2 + 0.6 ⋅ 0.8 = 0.54 E ( X 2 ) = 0.3 2 ⋅ 0.2 + 0.6 2 ⋅ 0.8 = 0.306 D ( X ) = 0.0144

p ( X − E ( X ) < 0.2 ) ≥ 1 −

0.0144 = 0.64 0.04

11.2. Slučajna promenljiva ima raspodelu verovatnoća:

p ( X −E ( X ) < 2 )

pomoću nejednakosti Čebiševa.

1 2 3 4 5 6   :X   0.0 0.15 0.2 0.35 0.2 0.1

. Oceniti

Rešenje: E ( X ) = 3.8

E ( X 2 ) = 16.1

D( X ) = 1.6 6

80

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka p ( X −3.8) < 2 ) ≥ 0.585

11.3. Iz

p ( X − E ( X ) <ε) ≥ 0.9

i D(X)=0.09 odrediti

ε.

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

0.09

ε2

= 0.9

= 0.1

ε2 ε 2 = 0.9 ⇒

ε = 0.3

11.4. Slučajna promenljiva X ima E(X)=1 i standardno odstupanje 0.2.Pomoću nejednakosti Čebiševa oceniti 0.5
0. 2 2 = 1 − 0.16 = 0.84 0. 5 2

11.5. Slučajna promenljiva X ima E(X)=2 i standardno odstupanje 1. Pomoću nejednakosti Čebiševa oceniti p(-3
12 1 =1− = 0.96 2 25 5

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

σ = 4.5 ⇒ D( X ) = 20 .25 p ( X − 25 ≤ ε ) ≥ 0.9 0. 9 = 1 − − 0.1 = −

D( X )

ε2 20 .25

ε2

=1 −

20 .25

ε2

⇒ε 2 =

20 .25 = 202 .5 ⇒14 .23 0.1

X − 25 ≤ 14 .23 10 .77 ≤ X ≤ 39 .23

81


11.7. Slučajna promenljiva ima raspodelu verovatnoća:

p ( X <11 ) pomoću nejednakosti Markova.

 2 4 6 8 1 10  2  :X   0.1 0.3 0.2 0.15 0.15 0.05  5

. Oceniti

Rešenje: E ( X ) = 6.2

p ( X < 11) ≥ 1 −

6.2 ≈ 0.44 11

11.8. Srednji vek motora je 4 godine. Oceniti verovatnoću da dati motor neće raditi više od 20 godina. Rešenje: p( X < 20 ) ≥ 1 −

4 = 0.8 20

82


12. LINEARNE REGRESIJE Ako je poznat zakon raspodele slučajnih veličina (X,Y), određujemo uslovne verovatnoće u diskretnom i naprekidnom slučaju: p (Y = y j / X = x i ) = f ( y / x) = f x ( y ) =

p ( xi , y j ) p ( xi )

; i = 1,2,...

f ( x, y ) f1 ( x )

Ako je zavisnost među slučajnim veličinama delimična, radi se o uslovnom matematičkom očekivanju: R( X ) = y ( x ) = E (Y / X = x )

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

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

∞

∫ yf ( y / x ) dy

−∞

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

Gα′ = 0 ∧

G β′ = 0

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

σy σx

( X − E ( X ) ) + E(Y )

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

G ( α , β ) = ∑ p i ( y i − ( αx i + β ) )

2

i =1

ima najmanju vrednost. Odatle je:

α= β=

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

2

∑x ∑ y − ∑x ∑x y n∑ x − ( ∑ x ) 2 i

i

2 i

i

i

i

2

i

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

83


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

1

3

4

6

8

9

11

14

y

1

2

4

4

5

7

8

9

Rešenje: x 1 3 4 6 8 9 11 14 56

Σ

α=

xi2 1 9 16 36 64 81 121 196 524

y 1 2 4 4 5 7 8 9 40

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

β=

xiyi 1 6 16 24 40 63 88 126 364 524 ⋅ 40 − 56 ⋅ 364 = 0.55 8 ⋅ 524 − 56 2

Y = 0.64 X + 0.55

12.2. Za podatke u tabeli M i ( xi , y i ) odrediti regresiju Y na X. xi 1 1.5 3 4.5 5

yi 1.25 1.4 1.5 1.75 2.25

x i2

xiyi 1.25 2.1 4.5 7.875 11.25

1 2.25 9 20.25 25

Rešenje: β =1.024

α = 0.202

Y = 0.202 X +1.024

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

0 0 2 4

2 3 1 2

4 1 0 2

6 4 1 0

fx 8 4 8

xfx 8 8 24

x2fx 8 16 72 84

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka fy yfy y2fy f1yy f2yy f3yy

6 0 0 0 0 0

6 12 24 6 2 4

3 12 48 4 0 8

E( X ) = 2

E (Y ) =

27 10

5 30 180 24 6 0

E( X 2 ) =

E (Y 2 ) =

20 54 252 34 8 12 Σ

24 5

40 Si*xi 34 16 36 86 4 5

D( X ) =

63 5

96

D (Y ) = 5.31

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

σY

= ρ XY

X − E( X )

σX

Y − 2.7 X −2 = −0.54 2 .3 0.89 Y = 3.96 −1.39 X

12.4. Zakon raspodele slučajnog vektora (X,Y) dat kvadrata regresiju Y na X i ρ xy. X/Y 1 2 3 0 1 3 0 1 2 0 4 2 0 0 3 Rešenje: X/Y 0 1 2 fy yfy y2fy f1yy f2yy f3yy

1 1 2 0 3 3 3 1 2 0

2 3 0 0 3 6 12 6 0 0

3 0 4 3 7 21 63 0 12 9

4 0 0 3 3 12 48 0 0 12

5 0 2 0 2 10 50 0 10 0

je tablicom. Odrediti metodom najmanjih 4 0 0 3

5 0 2 0 6 0 0 2 2 12 72 0 0 12

6 0 0 2 fx 4 8 8 20 64 248 7 24 33 Σ

xfx 0 8 16 24

x2fx 0 8 32 40

Si*xi 0 24 66 90

85

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

86


DODATAK A - NEKE VAŽNE DISKRETNE RASPODELE Binomna raspodela B( n, p ) , p ∈( 0,1) R x = {0,1,..., n}  n  i n −i pi = p ( X = i ) =  i  p q  

i = 0,1,..., n

Puasonova raspodela P0 ( λ) , (λ > 0) R x = { 0,1,2,...} pi = p ( X = i ) =

λi −λ e i!

i = 0,1,2,...

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

i −1

p

87


DODATAK B - NEKE VAŽNE RASPODELE NEPREKIDNOG TIPA Normalna (Gausova) raspodela N (m,σ )

F ( x) =

1

σ 2π

x

∫e

−∞

−

( t −m ) 2 2σ

2

dt

f ( x) =

1

σ 2π

e

−

( x −m ) 2 2σ 2

 a− xm − bm − m P( a bX ) =〈〈 P 〈 〈  = P(t1 〈〈 tT 2) = Φ (t2) − Φ (t1) σ σ σ   a P( a aX ) 2Φ=〈〈−   σ   x− m P( − ∞ xX ) =〈 0.5+ Φ   σ   x− m P( x〈 X ) =〈 0.5− Φ   ∞ σ 

〈

Uniformna raspodela U ( a, b ) , (a
88


 0, x〈 a  x− a  F ( x) =  , a ≤ x ≤ b  b− a  ,1 x〉 b

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

Gama raspodela G ( a, b ) , (a>0, b>0)

 0, x〈 0  0, x〈 0  bx  b F ( x ) =  a b − 1 − a t f ( x ) =  a b− 1 − a x  Γ ( b) ∫ t e d , xt ≥ 0  Γ ( b) x e , x ≥ 0   −∞ ;

∞

;

Γ( b ) = ∫ x b −1 e −a dx 0

Γ( n +1) = n!( ∀n ∈ N )

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

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

 0, x ≤ 0 f ( x) =  − a x  a e , x〉 0

89

Verovatnoca i Statistika

Recommend Documents