Vjerojatnost i statistika - Diskretna vjerojatnost 9789531975391 [PDF]

Zitiervorschau

Neven Elezovi´c VJEROJATNOST I STATISTIKA 1. Diskretna vjerojatnost



ISBN 953-197-539-6

Neven Elezovi´c Redoviti profesor Fakulteta elektrotehnike i raˇcunarstva Zavod za primijenjenu matematiku

VJEROJATNOST I STATISTIKA Diskretna vjerojatnost

0. izdanje

Zagreb, 2007

c Prof. dr. sc. Neven Elezovi´c, 2007. 

Urednik Sandra Graˇcan, dipl. inˇz.

Nakladnik Element, Zagreb

Dizajn ovitka Edo Kadi´c

Tisak Element, Zagreb

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

ˇ SADRZAJ

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

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

. . . . . . . . .

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

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

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

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

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

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

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

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

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

. . . . . . . . .

1 1 9 14 21 26 30 45 58

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

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

. . . . . . .

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

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

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

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

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

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

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

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

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

. . . . . . .

64 64 67 71 73 77 83

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

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

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

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

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

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

.. .. .. .. ..

.. .. .. .. ..

.. .. .. .. ..

. . . . .

.. .. .. .. ..

.. .. .. .. ..

.. .. .. .. ..

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

.. .. .. .. ..

.. .. .. .. ..

. . . . .

.. .. .. .. ..

.. .. .. .. ..

.. .. .. .. ..

.. .. .. .. ..

.. .. .. .. ..

.. .. .. .. ..

116 116 119 123 128

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

1.

Vjerojatnost

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

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

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

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

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

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

2

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

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

ω6 = 6.

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

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

- ima osam. To su  Elementarnih dogadaja

ω1 = GGG, ω5 = GPP,

ω2 = GGP, ω6 = PGP,

ω3 = GPG, ω7 = PPG,

ω4 = PGG, ω8 = PPP,

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

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

1.1. ALGEBRA DOGA -DAJA

A

3

B

- A povlaˇci Sl. 1.1. Dogadaj - B dogadaj

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

Sl. 1.2. Disjunktni dogadaji

1

A

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

4

1. VJEROJATNOST

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

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

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

Ω

Ω A

A B

B

A B

A B

Sl. 1.3. Unija i presjek dvaju dogadaja

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

1.1. ALGEBRA DOGA -DAJA

5

A 1 A2 ... A n

A 1 A2 ... A n

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

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

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

A

B

A _ A

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

A\ B

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

6

1. VJEROJATNOST

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

 1. 3. 5.

1. ABC = A ;

2. A + B = A ;

3. A + B + C = A ;

4. A + B = A ;

5. A + B = AB ;

6. AB = A ?

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

De Morganovi zakoni

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

(1)

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

(2)

Ω

Ω A

A B

A B

B

A B

Sl. 1.6. De Morganovi zakoni

Dokaˇzimo (1):

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

1.1. ALGEBRA DOGA -DAJA

7

1

2

A

B

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

2

B

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

8

1. VJEROJATNOST Algebra dogadaja

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

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

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

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

2. A B = A + B ,

3. (A+B)(A+B)(A+B)(A+B) = ∅ ,

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

5. AB + AB + A B = AB.



1. A + AB = A jer je AB ⊆ A , ili

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

1.2. VJEROJATNOST

9

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

A + C.

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

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

A1 1

2

A2

A3

Sl. 1.7.

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

1.2. Vjerojatnost

Vjerojatnost

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

10

1. VJEROJATNOST Svojstva vjerojatnosti

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

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

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

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

A

B

_ A B=A BA

A

B

B= A B

_ BA

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

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

1.2. VJEROJATNOST

11

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

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

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

p1 + . . . + pN = 1.

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

12

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

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

ω1 = P

p1 =

ω2 = GP

p2 =

ω3 = GGP

p3 =

ω4 = GGGP

p4 =

ω5 = GGGG

p5 =

1 2 1 4 1 8 1 16 1 16

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

3 4

, P (B) =

Modeli konaˇcnih vjerojatnosnih prostora

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

2. novˇci´c

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

1.2. VJEROJATNOST

13

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

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

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

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

14

1. VJEROJATNOST

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

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

ˇ 1.3. KLASICNI VJEROJATNOSNI PROSTOR

15

Klasiˇcna vjerojatnost

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

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

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

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

16

1. VJEROJATNOST

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

p7 =

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

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

ˇ 1.3. KLASICNI VJEROJATNOSNI PROSTOR

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

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

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

17

18

1. VJEROJATNOST

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

vjerojatnoˇsc´u od barem 0.5 dva bila rodena istog dana?

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

x2 x3 − + ... ≈ 1 − x 2! 3!

n−k k = 1 − ≈ e−k/n , n n

i stoga

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

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

r Pr

10 0.117

20 0.411

22 0.476

23 0.507

30 0.706

40 0.891

60 0.994

70 0.9992

80 0.9999

ˇ 1.3. KLASICNI VJEROJATNOSNI PROSTOR

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

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

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

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

P(

n

i=1

Ai ) =

n 

P (Ai ) −

i=1

+





P (Ai Aj )

i 0 i P (B|A) = P (B|A) , pokaˇzi da su A i B nezavisni. 5. Dokaˇzi da jednakost P (A) = P (A | B) + P (A | B) - vrigdje B nije niti siguran, niti nemogu´c dogadaj, jedi jedino u sluˇcaju kada je A nemogu´c dogadaj. 6. Ako su A i B sluˇcajni dogadaji s vjerojatnostima P (A) = a , P (B) = b , dokaˇzi da vrijedi P (A|B) 

a+b−1 . b

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

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

84

2. UVJETNA VJEROJATNOST

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

ˇ 2. ZADATCI ZA VJE ZBU

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

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

86

2. UVJETNA VJEROJATNOST

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

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

ˇ 2. ZADATCI ZA VJE ZBU

87

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

      A

C

B

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

A 01

B 02

D 03

02 C

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

3.

Diskretne sluˇcajne varijable i vektori

1. 2. 3. 4.

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

. . . . .

. 89 . 93 . 97 107 113

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

88

ˇ 3.1. DISKRETNE SLU CAJNE VARIJABLE

89

3.1. Diskretne slucˇ ajne varijable Zakon razdiobe sluˇcajne varijable

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

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

Pn P0

P1 P2

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

x0

x1

x2

xn

90

ˇ 3. DISKRETNE SLU CAJNE VARIJABLE I VEKTORI

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

8

8

8

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

ω1 = A, ω2 = A A

P (ω1 ) = p,

X(ω1 ) = 1,

P (ω2 ) = qp,

X(ω2 ) = 2,

2

ω3 = A A A, .. .

P (ω3 ) = q p,

X(ω3 ) = 3,

ωn = A · · A A,

·

P (ωn ) = qn−1 p,

X(ωn ) = n,

n−1

.. .

ˇ 3.1. DISKRETNE SLU CAJNE VARIJABLE

Zakon razdiobe je

 X∼

1 2

91

3 ···

n

···

p qp q2 p · · · qn−1 p · · ·

 . 

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

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

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

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

=



1 k n 1  j m

=



P (X = xk ) ·



(X = xk )) · P (

1 k n

= P (X ∈ A)P (Y ∈ B).

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

1 k n 1  j m



P (Y = yj )

1  j m

1 k n

= P(



P (X = xk , Y = yj ) =



(Y = yj ))

1  j m

92

ˇ 3. DISKRETNE SLU CAJNE VARIJABLE I VEKTORI

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

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

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

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

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

Zakoni razdioba su:

 X∼  Y∼

1 2 ... n ... 2 3

2 9

...

2 3n

...

0 1 ... n ... 4 5

1 6

...

1 6n

...

 , . 

3.2. DVODIMENZIONALNE DISKRETNE RAZDIOBE

93

Funkcije diskretnih sluˇcajnih varijabli

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

(6)

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

Ako je

Primjer 3.4. Sluˇcajna varijabla X ima zakon razdiobe



X∼

−2 −1 1 2 0.1 0.3 0.2 0.4



.

Odredi zakon razdiobe varijable Y = X 2 . 

 Y∼

4 1 1 4 0.1 0.3 0.2 0.4



 =

1 4 0.5 0.5



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

i,j

X x1 x2 .. . xn

Y

y1

y2

...

ym

p11 p21 .. .

p12 p22

... ...

p1m p2m .. .

pn1

pn2

...

pnm

94

ˇ 3. DISKRETNE SLU CAJNE VARIJABLE I VEKTORI

Marginalne razdiobe

Oznaˇcimo pi =



pij =

j

qj =





pij =



i

Oˇcito vrijedi

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

j

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

i



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

j

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

Y

y1

y2

...

ym

p11 p21 .. .

p12 p22

... ...

p1m p2m .. .

p1 p2

pn1 q1

pn2 q2

... ...

pnm qm

pn 1

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

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

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

3.2. DVODIMENZIONALNE DISKRETNE RAZDIOBE

Y 1

2

3

4

5

6

p

p

p

p

p

p

6p

2

0

2p

p

p

p

p

6p

3

0

0

3p

p

p

p

6p

4

0

0

0

4p

p

p

6p

5

0

0

0

0

5p

p

6p

6

0

0

0

0

0

6p

6p

p

3p

5p

7p

9p

11p

1

X 1

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

95

6

6

6

6 6

 Y∼

1 2 3 4 5 6

1 36

3 5 7 36 36 36

9 11 36 36

.

Uvjetne razdiobe

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

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

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

pi

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

 Postoji 36 jednakovjerojatnih elementarnih dogadaja. Odredi za svaki od njih vrijednost vektora (X, Y) ! Dobivamo sljede´cu razdiobu (oznaˇcimo zbog kratko´ce 1 p = 36 ).

96

ˇ 3. DISKRETNE SLU CAJNE VARIJABLE I VEKTORI

Y 1

2

3

4

5

6

p

2p

2p

2p

2p

2p

11p

2

0

p

2p

2p

2p

2p

9p

3

0

0

p

2p

2p

2p

7p

4

0

0

0

p

2p

2p

5p

5

0

0

0

0

p

2p

3p

6

0

0

0

0

0

p

p

p

3p

5p

7p

9p

11p

1

X 1

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

36 36 36

36

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

7

7

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



X1 , X2 ∼

0 1 2 0.3 0.5 0.2



.

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

ˇ 3.3. MOMENTI I KARAKTERISTICNE

97

FUNKCIJE DISKRETNIH VARIJABLI

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

 Z∼

0 1 2 4 0.51 0.25 0.20 0.04

.

3.3. Momenti i karakteristiˇcne funkcije diskretnih varijabli Oˇcekivanje sluˇcajne varijable

Sluˇcajne varijable se najlakˇse opisuju pomo´cu svojih numeriˇckih karakteristika. Najvaˇznija karakteristika je oˇcekivanje. Oˇcekivanje slucˇ ajne varijable

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

(1)

k

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

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

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

98

ˇ 3. DISKRETNE SLU CAJNE VARIJABLE I VEKTORI

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

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

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

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

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

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

Y

y1

y2

...

ym

p11 p21 .. .

p12 p22

... ...

p1m p2m .. .

p1 p2

pn1 q1

pn2 q2

... ...

pnm qm

pn 1

ˇ 3.3. MOMENTI I KARAKTERISTICNE

99

FUNKCIJE DISKRETNIH VARIJABLI

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

=



xj ·



j

k,j

pkj +

k



yk ·

k,j



pkj =

j

k



xj pj +



j

yk qk

k

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

=



j,k

xj pj



j

yk qk

= E(X)E(Y). 

k

Momenti sluˇcajne varijable

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

4

4

4

8

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

4

4

4

8

8

4

4

4

8

4

2

4

Zato je

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

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

dobivamo E(Y) = 4 ·

4

4

4

8

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

100

ˇ 3. DISKRETNE SLU CAJNE VARIJABLE I VEKTORI

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

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

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

Disperzija i standardna devijacija sluˇcajne varijable

Centralni moment reda 2 nazivamo posebnim imenom. Disperzija sluˇcajne varijable

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

k

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

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

ˇ 3.3. MOMENTI I KARAKTERISTICNE

FUNKCIJE DISKRETNIH VARIJABLI

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

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

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

X.

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

101

102

ˇ 3. DISKRETNE SLU CAJNE VARIJABLE I VEKTORI

Primjer 3.10. Izraˇcunaj oˇcekivanje i disperziju sluˇcajnih varijabli



X∼

−4 6 10 0.2 0.3 0.5





,

Y∼

−1 4 0.4 0.6



.

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

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

36 36

36 36

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

E(X) = E(Y) = 0 ·

ˇ 3.3. MOMENTI I KARAKTERISTICNE

FUNKCIJE DISKRETNIH VARIJABLI

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

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

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

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

103

104

ˇ 3. DISKRETNE SLU CAJNE VARIJABLE I VEKTORI

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

se formulom

D(S) =

n 

D(Xi ) + 2



cov(Xi , Xj ).

i 3 . Izraˇcunaj disperziju D(Z) sluˇcajne varijable Z = X − Y . 28. Kod bacanja dviju kocaka sluˇcajna varijabla X poprima vrijednost maksimuma, a sluˇcajna varijabla Y vrijednost minimuma okrenutih brojeva. Jesu li varijable X i Y korelirane; ako jesu odredi koeficijent korelacije r(X, Y) . 29. Zadana je razdioba diskretnog sluˇcajnog vektora (X, Y) : Y X −1 0 1

0 1/4 1/6 1/8

1 1/6 1/8 1/6

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

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

ϑ (t) =

ϑ (t) =

1 2

cos t +

1 6

cos 2t +

1 2

cos 3t

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

4.

Primjeri diskretnih razdioba

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

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

116 119 123 128

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

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

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

4.1. GEOMETRIJSKA RAZDIOBA

117

Karakteristiˇcna funkcija, oˇcekivanje i disperzija

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

k=0

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

p 1 = . (1 − q)2 p

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

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

118

4. PRIMJERI DISKRETNIH

RAZDIOBA

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

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

4.2. BINOMNA

119

RAZDIOBA

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

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

1 120 2.00

2 60.3 1.33

3 40.3 1.14

4 30.4 1.07

5 24.4 1.03

6 20.4 1.02

7 17.6 1.01

8 15.4 1.00

9 13.8 1.00

10 12.5 1.00

Zbog cˇega dolazi do ovako razliˇcitih rezultata? 

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

120

4. PRIMJERI DISKRETNIH

RAZDIOBA

Pn P= 1 2

P< 1 2

n

m

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

1 2

(lijevo) i u simetriˇcnom sluˇcaju p =

1 2

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

Karakteristiˇcna funkcija, oˇcekivanje i disperzija

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

k=0

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

4.2. BINOMNA

121

RAZDIOBA

Po formuli (7) vrijedi

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

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

σX2 = npq.

Stabilnost binomne razdiobe

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

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

122

4. PRIMJERI DISKRETNIH

RAZDIOBA

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

D(Xi ) = 02 · q + 12 · p − p2 = pq,

∀i,

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

 Traˇzimo takav k za koji je

  n k n−k pq k najve´ce. Tada c´e biti p0  p1  . . .  pk i pk  pk+1  . . .  pn . Dovoljno je stoga promatrati dvije nejednakosti pk−1  pk i pk  pk+1 i prona´ci k za koji su one ispunjene. Vrijedi   n k n−k pq pk q k+1 k = = ·  n pk+1 p n−k pk+1 qn−k−1 k+1 pk = P (X = k) =

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

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

4.3. POISSONOVA RAZDIOBA

123

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

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

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

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

124

4. PRIMJERI DISKRETNIH

RAZDIOBA

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

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

aproksimacija

  λ k −λ n k n−k ≈ e . pq k k!

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

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

k − (k − np)2 kp2 + , 2n 2

(1)

4.3. POISSONOVA RAZDIOBA

125

Poissonova razdioba, definicija i numeriˇcke karakteristike

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

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

σX2 = λ .

mX = λ ,

Pn

n

Sl. 4.2. Razdioba Poissonove sluˇcajne varijable

Karakteristiˇcna funkcija, oˇcekivanje i disperzija

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

k=0

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

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

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

Stabilnost Poissonove razdiobe

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

126

4. PRIMJERI DISKRETNIH

RAZDIOBA

Karakteristiˇcna funkcija Poissonove razdiobe je it

ϑXk (t) = eλk (e te slijedi

−1)

k = 1, 2

,

it

ϑX1 +X2 = e(λ1 +λ2 )(e

−1)

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

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

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

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

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

4.3. POISSONOVA RAZDIOBA

127

Aproksimacija binomne razdiobe Poissonovom

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

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

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

Pri tom je

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

128

4. PRIMJERI DISKRETNIH

RAZDIOBA

Sada je P (A) =

5000  k=1 −5

=e

(1 − 0.95k )

5k −5 e k!

 5000 k 5

5000  4.75k

k=1 5

k!

−

k=1

k!

= e−5 (e − e4.75 ) = 0.22.

§ 4. Zadatci za vjeˇzbu

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

1 , n+1

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

an , (1 + a)n+1

(a > 0)

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

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

ˇ 4. ZADATCI ZA VJE ZBU

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

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

130

ˇ ODGOVORI I RJE SENJA

Odgovori i rjeˇsenja

§ 1. Vjerojatnost

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

41. tg

π π π2 tg , . 2n n 2

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

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

ˇ ODGOVORI I RJE SENJA

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

1 . 58435

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

73.

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

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

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

87.

90.

2(n!)2 (2n)!

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

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

78. a)

131

92.

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

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

95.

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

96. 97. 98. 99.

1 − 21−n 0.2568 . 0.0259 . 0.6436

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

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

ˇ ODGOVORI I RJE SENJA

58.

2n2 − 3n + 2 . n2 (n − 1)

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

ˇ ODGOVORI I RJE SENJA

88.

133

q(1 − α )2 . + (1 − α )2 q

i zatim transformiraj desnu stranu u jednakosti

pα 2

E(X [k] ) =

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

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

1 , k = 1, . . . , n . n 2 Ck−1

Cn3

, k = 3, . . . , n .

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

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

n−1 , n + 1. 2n

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

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

30. −0.293 . 31.

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

2 5 (cos 2t

32. ϑX (t) = 33. ϑX (t) =

n[k] = k

m=1

m[k−1] ,

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

2eit ; E(X) = 2 . 9 4 − e2it

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

∀n

−1

+

34. ϑX (t) =

17. Uputa. Dokaˇzi da vrijedi n−1 X

n[k] P (X = n).

n=1

18.

§ 3. Diskretne sluˇcajne varijable i vektori

∞ X

36. X ∼

„

16

16

16

16

−3 −2 −1 1 2 3 1 4

1 12

1 6

1 6

1 12

1 4

«

.

134

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

ˇ ODGOVORI I RJE SENJA

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

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

KAZALO

135

KAZALO A

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

B

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

C

centralni moment reda n , 100 centrirana sluˇcajna varijabla, 103

D

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

E

- 3 ekvivalentni dogadaji, - 1 elementarni dogadaj,

F

funkcija izvodnica, 106

G

geometrijska razdioba, 90, 116 geometrijska vjerojatnost, 27

H

hipoteze, 72

I

ishodiˇsni moment reda n , 100

K

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

M

marginalne razdiobe, 94 monotonost vjerojatnosti, 9

N

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

O

oˇcekivanje, 97

P

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

R

rasipanje, 100 razlika dogadaja, 5

S

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

U

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

V

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

Z

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