Vukovic ViS

Ivica Vuković, Bilješke uz predavanja iz kolegija Vjerojatnost i statistika (isključivo za internu uporabu)

1. DESKRIPTIVNA STATISTIKA 1.1. OSNOVNI POJMOVI 1.2. ARITMETIČKA SREDINA 1.3. MEDIJAN, MOD, RASPON I KVARTILI 1.4. VARIJANCIJA I STANDARDNO ODSTUPANJE 1.5. KOEFICIJENT KORELACIJE

1.1. OSNOVNI POJMOVI Riječ statistika dolazi od lat. status – stanje. U 19. stoljeću Ivan Mažuranić je rabio termin državopisje, a Bogoslav Šulek državopis. U Klaićevom Velikom rječniku stranih riječi1 statistika se definira kao znanost koja proučava količinske promjene u razvitku ljudskog društva, narodnog gospodarstva i koja se obavi obrađivanjem rezultata tih proučavanja u znanstvene i praktične svrhe. Hrvatska enciklopedija statistiku definira kao znanstvenu metodu koja se bavi prikupljanjem, uređivanjem, analizom i tumačenjem podataka i donošenjem zaključaka o pojavama i procesima koje ti podatci predočuju.2 Početci statistike obično se vežu uz popise pučanstva u drevnoj Kini, uz popise koje spominje povjesničar Herodot, popise prvorođenih kod Skita ili Darijeve popise u staroj Perziji. U doba Karla Velikog načinjen je zbornik za vojne i porezne svrhe Bereviarium fiscalium. U 17. stoljeću javlja se nužnost statističkog proučavanja društva. Za početak statistike kao znanosti mnogi uzimaju godinu 1622. kad je izašla knjiga J. Graunta Prirodna i politička promatranja zakona smrtnosti, koji je proučavao listine umrlih i rođenih grada Londona. Značajan doprinos statistici dali su E. Halley, W. Petty, F. Galton, K. Pearson, R. Fisher.

Uvedimo nekoliko osnovnih pojmova koje ćemo rabiti u sljedećem poglavlju. Populacija je skup svih jedinica ili entiteta koje se razmatraju. Pod jedinicom ili entitetom razumijevamo ono što se može pojedinačno opisati i razmatrati. Tako populacija mogu činiti svi glasači na izborima (ako nas zanimaju izbori), svi muškarci (ako nas zanimaju antropometrijske osobine glede konfekcijske veličine), svi studenti (ako nas zanimaju ocjene ili duljina studija), svi proizvodi neke tvrtke, ako nas zanimaju svojstva tih proizvoda). Obično promatramo neko statističku značajku: visina, masa, plaća, ocjena, stručna sprema, politička naklonost,... Značajka je, dakle, svojstvo koje pomaže u prepoznavanju ili razlikovanju jedinica dane populacije.

1 2

B. Klaić, Veliki rječnik stranih riječi, Zagreb, Zora, 1972., str. 1241. Hrvatska enciklopedija, sv. 10., str. 228.

1

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Najčešće ne promatramo cijelu populaciju (jer to obično nije moguće ili je skupo) već svojstva populacije procjenjujemo na osnovi svojstava nekoliko članova te populacije. Tako dolazimo do pojma uzorka. Uzorak je slučajno odabrani podskup populacije. Uz uzorak se prirodno veće sljedeće pitanje. Koliko je opravdano na osnovi uzorka zaključivati o cijeloj populaciji? To je pitanje kojim se bavi Matematička statistika, znanstvena disciplina koja iz poznavanja određenih svojstava uzorka donosi zaključke o svojstvima cjelokupne populacije. Matematička statistika daje metode kojima se ovi problemi egzaktno rješavaju. Teorija vjerojatnosti je teorijska osnova matematičke statistike. Deskriptivna statistika se bavi obradbom dobivenih rezultata. Ona opisuje metode i postupke za egzaktno proučavanje statističkih podataka. Pod tim razumijevamo sređivanje, prikazivanje i interpretiranje statističkih podataka. U prirodnim i tehničkim znanostima česta je potreba za mjerenjem određenih fizikalnih veličina. Rezultati tih mjerenja izražavaju se brojevima pa se govori o brojčanim ili numeričkim podatcima. Promatramo jednu veličinu X. Rezultat jednog mjerenja jest jedan realan broj x. Višestruko ponavljanje mjerenja veličine X dovodi do konačnog niza realnih brojeva x1, x2, x3, ...., xn. Niz od n ponovljenih mjerenja dovodi do niza od n rezultata. U ovom kontekst veličina X se naziva statistička značajka ili statističko obilježje. Dobiveni niz brojeva x1, x2, x3, ...., xn nazivamo statističkim podatcima o promatranoj statističkoj značajki X. Pretpostavimo da statistička značajka poprima vrijednosti iz nekog diskretnog skupa A. Tada kažemo da je X diskretna značajka. Mjerenjem se kao rezultati dobivaju elementi skupa A pa za svaki x ∈ A uočavamo broj f, broj pojavljivanja u nizu od n mjerenja (opažanja) značajke X. Tada broj f ∈ {0, 1, 2, 3, ...} nazivamo čestoća ili frekvencija. Čestoća podijeljena s ukupnim brojem mjerenja naziva se relativna čestoća ili relativna frekvencija i pišemo p =

f . n

Često su podatci dobiveni mjerenjem napisani redoslijedom koji otežava predodžbu. Jasnije je ako se rezultate mjerenja zapiše u rastućem ili padajućem redoslijedu. Obično su podatci poredani po veličini: x1 < x2 < < xr . Tako se za pregledno prikazivanje statističkih podataka rabi tablica čestoće (frekvencija). vrijednost obilježja X

čestoća

x1

f1

x2

f2

xr

fr

relativna čestoća f p1 = 1 n f p2 = 2 n pr =

fr n r

Očito je zbroj čestoća jednak broju članova niza, tj. n. Pišemo f1 + f 2 +

+ fr =

∑ f =n. i

i =1

2

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Zbroj relativnih čestoća je 1. Naime, f f f f + f2 + p1 + p2 + + pr = 1 + 2 + + r = 1 n n n n

+ fr

=

n = 1. n

Primjer 1. Neka je X ocjena na ispitu iz matematike na jednom učilištu. Skup svih mogućih vrijednosti od X je A = {1, 2, 3, 4, 5}. Dakle, X je diskretna statistička značajka. Promotrimo sada jedan niz statističkih podataka: 1, 2, 4, 3, 5, 4, 3, 2, 4, 3. Radi bolje preglednosti zapišimo podatke po veličini: 1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 5. Niz ima ukupno 10 članova. Pišemo n = 10. Zapišimo tablicu frekvencije i relativne frekvencije pojedinih vrijednosti značajke X:

xi vrijednost obilježja X

fi čestoća

1

1

2

2

3

3

4

3

5

1

pi relativna čestoća 1 = 0,1 10 2 = 0, 2 10 3 = 0,3 10 3 = 0,3 10 1 = 0,1 10

Na temelju ovakvog tabličnog zapisa statističkih podataka izrađuju se grafički prikazi. Na apscisnu os pravokutnog koordinatnog sustava u ravnini nanosimo vrijednosti značajke X, a kao ordinate odgovarajuće frekvencije ili relativne frekvencije. Tako dobivamo grafikon frekvencija odnosno relativnih frekvencija. Spajanjem tako dobivenih točaka dobiva se odgovarajući poligon frekvencija. y

y

3

3

2

2

1

1

x 1

2

3

4

grafikon frekvencija

5

x 1

2

3

4

5

poligon frekvencija

3

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

y

y

0,3 0,2 0,1

x 1

2

3

4

0,3 0,2 0,1

x

5

1

grafikon relativnih frekvencija

2

3

4

5

poligon relativnih frekvencija

Prikažimo ovaj niz podataka histogramom. Općenito je histogram frekvencija grafički prikaz frekvencija koji se sastoji od skupa pravokutnika što se međusobno dodiruju i svaki ima jednaku osnovu, a ploština je razmjerna čestoći podatka. Na analogan način definiramo histogram relativnih frekvencija. 0,5

4

0,4

3

0,3

2

0,2

1

0,1

0

0

1

2

3

4

Histogram frekvencija

5

1

2

3

4

5

Histogram relativnih frekvencija

Ukupna ploština svih pravokutnika u histogramu relativnih frekvencija je 1. Kažemo da je tablicom frekvencija i grafikonom frekvencija (odnosno relativnih frekvencija) zadana razdioba frekvencija u danom nizu statističkih podataka. Funkcija f : A → R definirana pravilom pridruživanja f ( xi ) = f i , i = 1, 2, ..., r, naziva se funkcija frekvencija. Na sličan način definira se i funkcija relativnih frekvencija p : A → R , gdje je p ( xi ) = pi , i = 1, 2, ..., r. Funkcija K kumulativnih frekvencija definirana je izrazom:

K ( x) =

∑ f , x ∈R . i

xi ≤ x

Funkcija F kumulativnih relativnih frekvencija definirana je izrazom:

F ( x) =

∑ p , x ∈R . i

xi ≤ x

4

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Graf funkcije kumulativnih relativnih frekvencija iz našega primjera: 1,0

y

0,9 0,8 0,7 0,6 0,5 0,4 0,3 0,2 0,1

x 1

2

3

4

5

Za dani niz x1 , x2 , ..., xn statističkih podataka o nekom obilježju X načinimo pregledni prikaz pomoću odgovarajuće tablice frekvencija. Najprije definiramo razrede. Razredi su prikladno odabrani uzastopni i međusobno disjunktni podintervali na koje je podijeljen ukupni interval niza podataka značajke X. Širine pojedinih razreda u načelu su po volji odabrane. Njihov izbor nije uvjetovan nekim općim teorijskim razultatima već praktičnim potrebama – preglednosti tablice i mogućnosti uočavanja bitnih svojstava. Granice razreda su vrijednosti koje određuju gornju i donju granicu razreda. Pri određivanju razreda valja odrediti koja od dviju granica razreda pripada tome razredu. Ukoliko je to moguće, nijedna granica razreda ne bi s etrebala podudarati s nekom vrijednosti u razredu. Aritmetičku sredinu gornje i donje granice razreda nazivamo središtem razreda. Širina razreda je razlika između gornje i donje granice razreda. Redovito se ipak radi o razredima jednake širine i broj r razreda bira se u ovisnosti o broju n podataka u danom nizu. Obično se za broj razreda r uzima vrijednosti od 5% do 10% od n pri čemu je r ≤ 30. Druga preporuka je da broj razreda bude oko n .

Primjer 2. Neka visina studenata statistička značajka X. Promatrajmo niz od 25 podataka: 163, 159, 165, 167, 168, 168, 171, 172, 172, 173, 174, 174, 175, 175, 176, 177, 178, 178, 178, 179, 180, 183, 184, 187, 188

Najmanji element u nizu je xmin = 159 , a najveći xmax = 188 . Podatke ćemo razvrstati u r = 5 razreda. Širina pojedinog razreda d jednaka je razlici gornje i donje granice razreda.

5

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

xmax − xmin , s tim da se rezultat zaokružuje na veći broj. U r x − xmin 188 − 159 29 = = = 5,8 ≈ 6 . našem je primjeru širina razreda d = max 5 5 5 Frekvencija razreda je broj podataka u danom nizu koji pripadaju tom razredu. Relativnu frekvenciju razreda računamo tako da frekvenciju razreda podijelimo ukupnim brojem podataka n.

Određujemo je po formuli d =

Razredi su sljedeći intervali: [158,5; 164,5], [164,5; 170,5], [170,5; 176,5], [176,5; 182,5], [182,5; 188,5] Razredu [158,5; 164,5] pripadaju podatci 159 i 163. Kažemo da je frekvencija toga razreda jednaka 2. Relativna frekvencija toga razreda je 2/25 = 0,08. Razredu [158,5; 164,5] pripadaju podatci 165, 167, 168 i 168. Frekvencija toga razreda je 4. Razrede, njihove frekvencije i relativne frekvencije pregldenije zapisujemo u tablici: fi n

razred

fi

[158,5; 164,5]

2

0,08

[164,5; 170,5]

4

0,16

[170,5; 176,5]

9

0,36

[176,5; 182,5]

6

0,24

[182,5; 188,5]

4

0,16

ukupno

25

1,00

f ri =

1.2. ARITMETIČKA SREDINA Aritmetička sredina ili prosječna vrijednost definira se kao zbroj vrijednosti podijeljen x + x + + xn brojem tih vrijednosti: x = 1 2 . n

Napomenimo da se naziv «sredina» obično rabi kad se odnosi na parametar populacije, a naziv «prosjek» kad se odnosi na rezultat proračuna podataka dobivenih iz uzorka.

6

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

GEOMETRIJSKA I HARMONIJSKA SREDINA

Geometrijska sredina dvaju pozitivnih brojeva definira se kao kvadratni korijen njihovog umnoška G(x, y) =

xy . Geometrijska sredina od n pozitivnih realnih

brojeva x1, x2, x3,..., xn je n-ti korijen iz njihovoga umnoška:

n

x1 ⋅ x2 ⋅ x3 ⋅ ... ⋅ xn .

Geometrijska sredina je prosječna mjera brzine nekih promjena. Primjer: Pretpostavimo da je neka tvrtka imala 2009. god. 2000 radnika, 2010. god. 9000 radnika i 2011. god. 18 000 radnika. Promotrimo sada brzinu rasta broja radnika: U 2010. godini povećao se broj radnika 4,5 puta, a u 2011. povećao se 2 puta. Dakle, prosječna brzina rasta je

4,5 ⋅ 2 = 3 . Ako je a ≥ 0 i b ≥ 0, onda a + b ≥ ab , tj. aritmetička sredina dvaju nenegativnih 2 brojeva veća je ili jednaka geometrijskoj sredini tih brojeva. Geometrijska interpretacija aritmetičke i geometrijske sredine dvaju nenegativnih brojeva te njihova odnosa dana je na slici:

ab

a

a+b 2

b

Harmonijska sredina dvaju pozitivnih realnia broja x i y je H(x, y) =

2 . 1 1 + x y

Harmonijska sredina od n pozitivnih realnih brojeva x1, x2, x3,..., xn je n . 1 1 1 1 + + + ... + x1 x2 x3 xn Primjer: Gradovi A i B udaljeni su 100 km. Automobilist od A do B vozi prosječnom brzinom od 100 km/h, a natrag, od B do A prosječnom brzinom od 50 km/h. Kojom je prosječnom brzinom vozio cijeli put, od A do B i natrag? Prosječna brzina jednaka je harmonijskoj sredini brzina u jednom i u drugome 2 smjeru, tj. = 66, 7 km/h. 1 1 + 100 50 Potvrdimo ovaj rezultat sljedećim razmatranjem. Automobilist je udaljenost od 100 km u jednom smjeru prešao za 1 sat, a u drugom za 2 sata. Dakle, prešao je ukupno 200 km za 3 sata. Njegova prosječna brzina je 66,7 km/h.

7

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Fizikalna interpretacija aritmetičke sredine Zamislimo da su u točkama x1 , x2 , ..., xn na pravcu smješteni utezi jednakih masa. Tada je aritmetička sredina x koordinata težišta tih masa. Ako se neki podatak pojavljuje višekratno, onda u odgovarajuću koordinatu smještamo onoliko utega koliko se puta podatak javlja. 2 + 4 + 4 + 4 + 10 + 12 Neka je 2, 4, 4, 4, 10, 12 niz podataka. Aritmetička sredina je x = =6. 6

1

2

3

4

5

7

8

9

10

11

12

Intuitivno, aritmetička sredina jest ona veličina koja bi zamijenivši svaku pojedinu od n veličina dala sveukupno isti zbroj kao i u promatranom uzorku. ƒ

Zbroj svih odstupanja podataka od njihove aritmetičke sredine jednak je nuli. Neka je x1 , x2 ,..., xn niz podataka, a x njihova aritmetička sredina. Tada ( x1 − x ) + ( x2 − x ) + ... + ( xn − x ) = x1 + x2 + ... + xn − nx = nx − nx = 0

ƒ

Zbroj kvadrata odstupanja danih podataka od x manji je od zbroja kvadrata odstupanja danih podataka od bilo kojega drugog broja c ≠ x . Neka je x1 , x2 , ..., xn niz podataka, a x njihova aritmetička sredina. Tada n

n

n

n

∑ ( x − c) = ∑ ( x − x + x − c) = ∑ ( x − x ) + 2( x − c)∑ ( x − x ) + n( x − c) 2

2

i

2

i

i =1

i

i =1

i =1

n

Primijenimo li svojstvo da

∑ ( x − x ) = 0 , dobivamo i

i =1

n

n

∑ ( x − c) = ∑ ( x − x ) + n( x − c) 2

2

i

i =1

≥ 0.

i =1

n

Odatle je

2

i

n

∑ ( x − c) ≥ ∑ ( x − x ) . 2

2

i

i =1

i

i =1

Znak jednakosti vrijedi onda i samo onda ako je c = x .

8

i

i =1

2

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Napomena. Do istog rezultata mogli smo doći određivanjem minimuma kvadratne funkcije f ( x ) = ( x1 − x ) 2 + ( x2 − x ) 2 + ... + ( xn − x ) 2 , gdje su x1 , x2 , ..., xn zadani realni brojevi.

Naime, izjednačavanjem prve derivacije f ′( x ) = −2( x1 − x ) − 2( x2 − x ) − ... − 2( xn − x ) s x + x + ... + xn nulom dobivamo stacionarnu točku x = 1 2 , koja je jednaka aritmetičkoj sredini n x zadanih brojeva x1 , x2 , ..., xn . Kako je druga derivacija f ′′( x ) = 2n > 0 , zaključujemo da u stacionarnoj točki x funkcija f postiže svoj minimum. Pretpostavimo da niz podataka x1 , x2 , ..., xn sadrži k međusobno različitih elemenata a1 , a2 , ..., ak čije su frekvencije f1 , f 2 , ..., f k redom. Tada je aritmetička sredina niza podataka: 1 1 x = ( f1a1 + f 2 a2 + ... + f k ak ) = n n

k

∑f a j

j

j =1

Promotrimo podatke iz Primjera 1. Podatci su 1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 5. 1+ 2 + 2 + 3+ 3+ 3+ 4 + 4 + 4 + 5 Aritmetička sredina je x = = 3,1 . No, mogli smo računati 10 1 + 2 ⋅ 2 + 3 ⋅ 3 + 3 ⋅ 4 + 1⋅ 5 aritmetičku sredinu x i na sljedeći način: x = = 3,1 . 10 Pretpostavimo sada da je niz podataka x1 , x2 , ..., xn razvrstan u r razreda i neka su frekvencije razreda f1 , f 2 , ..., f r . Označimo središta razreda s a1 , a2 , ..., ar . Tada računamo 1 1 x = ( f1a1 + f 2 a2 + ... + f r ar ) = n n

k

∑f a j

j

j =1

Ovdje smo svaki izvorni podatak zamijenili sredinom njemu pripadnoga razreda. Veličine x i x općenito nisu jednake, ali se malo razlikuju. Promotrimo sada podatke iz Primjera 2. Lako je ustanoviti da je aritmetička sredina niza podataka 163, 159, 165, 167, 168, 168, 171, 172, 172, 173, 174, 174, 175, 175, 176, 177, 178, 178, 178, 179, 180, 183, 184, 187, 188 jednaka x = 174,56 . Središta razreda su a1 = 161 , a2 = 167 , a3 = 173 , a4 = 179 , a5 = 185 . razred

fi

ai

[158,5; 164,5]

2

161

[164,5; 170,5]

4

167

[170,5; 176,5]

9

173

[176,5; 182,5]

6

179

[182,5; 188,5]

4

185 9

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

x=

f1a1 + f 2a2 + ... + f r ar 2 ⋅ 161 + 4 ⋅ 167 + 9 ⋅ 173 + 6 ⋅ 179 + 4 ⋅ 185 = = 174, 44 25 25

Pretpostavimo da je x aritmetička sredina podataka x1 , x2 , ..., xn . Ako svakom pojedinom podatku pribrojimo konstantu c, tada će aritmetička sredina novog niza podataka biti x + c . Isto tako, ako svaki pojedini podatak pomnožimo istom konstantom c, aritmetička sredina novoga niza podataka bit će c ⋅ x . 1.3. MEDIJAN, MOD, RASPON i KVARTILI Medijan Ako se n vrijednosti poreda nepadajućim redom i označi brojevima od 1 do n, medijan tih n vrijednosti jednak je [(n + 1)/2]oj vrijednosti ako je n neparan broj. Drugim riječima, ako je n neparan broj, onda medijan m toga niza definiramo kao srednji podatak. Ako je n paran broj, medijan je aritmetička sredina (n/2)te i [(n/2) + 1]te vrijednosti. Dakle, ako je n paran broj onda se za medijan uzima aritmetička sredina dvaju srednjih podataka.

Medijan dijeli niz podataka na dva jednakobrojna dijela, jedan lijevo, a drugi desno od njega. Fizikalno interpretirano, mase su lijevo i desno od medijana jednake, ali to ne znači da je tu ravnoteža. Primjerice za niz 2, 4, 6, 7 i 8 medijan je 6 (srednji član), a za ni 1, 2, 3, 4, 6 i 8 medijan je 3,5 (aritmetička sredina dvaju srednjih članova). m=6

m = 3, 5 1

2

3

4

6

8

2

4

6

7

8

Medijan ima jedno zanimljivo svojstvo. Zbroj apsolutnih vrijednosti odstupanja podataka od nekog broja c poprima najmanju vrijednost ako se za c uzme vrijednost medijana m. Pišemo n

∑ i =1

n

xi − c ≥

∑ x −m . i

i =1

Mod Mod uzorka je najučestaliji podatak u uzorku, tj podatak s najvećom čestoćom. Skup podataka može imati više modova. Mod računamo kad želimo znati slučaj koji je najviše tipičan. Raspon Raspon je jedna od mjera raspršenja podataka i definira se kao razlika najvećeg i najmanjeg podatka u danom uzorku.

10

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Kvartili Kvatili su vrijednosti koje niz podataka uređen po veličini dijele na 4 jednaka dijela. Prvi ili donji kvartil je broj od kojega je 25 % podataka manje ili je njemu jednako. Drugi kvartil je medijan. Treći kvartil je roj od kojega je 75 % podataka manje ili je njemu jednako. 1.4. VARIJANCIJA I STANDARDNO ODSTUPANJE

Razmotrimo rasipanje podataka oko aritmetičke sredine. Za ukupnu mjeru odstupanja nije dobro uzeti zboj pojedinačnih odstupanja svakog podatka od aritmetičke sredine jer je taj zbroj uvijek jednak 0. Druga mogućnost je uzeti zbroj apsolutnih vrijednosti pojedinih odstupanja od aritmetičke sredine x1 − x + x2 − x + ... + xn − x te računati prosječno apsolutno odstupanje dano s x1 − x + x2 − x + ... + xn − x . n No, praktično je najprikladnije promatrati prosječno kvadratno ostupanje: ( x1 − x ) 2 + ( x2 − x ) 2 + ... + ( xn − x ) 2 koje nazivamo varijancija i označavamo V ili σ 2 . n Kvadratni korijen varijancije nazivamo standardno odstupanje i pišemo ( x1 − x ) 2 + ( x2 − x ) 2 + ... + ( xn − x ) 2 . σ= n Aritmetička sredina x i standardno odstupanje σ su dva temeljna parametra koji daju dobar uvid u rasipanje danih podataka. Primjer 3. Promotrimo sada podatke A = 15, B = 12, C = 8, D = 6 i E = 4. Očito je aritmetička sredina je x = 9 .

∑

xi

xi − x

15 12 8 6 4

6 3 −1 −3 −5 0

( xi − x ) 2 36 9 1 9 25 80

11

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Primjer 4. Zadani su brojevi 9, 10, 11, 13, 15, 16, 16, 18, 18, 18, 19, 22, 23, 23, 24. Odredit ćemo aritmetičku sredinu i standardno odstupanje ovog niza podataka. Ukupan broj podataka je n = 15. U tablici zapišimo podatke te izračunajmo aritmetičku sredinu, te odgovarajuće razlike podataka i aritmetičke sredine te kvadrate tih razlika.

i

∑x

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

i

i

x 1 ( xi − x ) 2 n∑ i

xi

xi − x

( xi − x ) 2

−8 −7 −6 −4 −2 −1 −1 1 1 1 2 5 6 6 7

9 10 11 13 15 16 16 18 18 18 19 22 23 23 24

64 49 36 16 4 1 1 1 1 1 4 25 36 36 49

255 17 21,6

1 ( xi − x ) 2 n∑ i

4,65

A E

D

B

C −5

−3

−1

3

6

Ilustracija odstupanja od aritmetičke sredine, i njihovih kvadrata

12

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

varijancija V

4

Ilustracija varijancije danih podataka

Za varijanciju vrijedi 1 σ 2 = ( x1 − x )2 + ( x2 − x ) 2 + ... + ( xn − x ) 2  n 1 = ( x12 − 2 x1 x + x 2 ) + ( x22 − 2 x2 x + x 2 ) + ... + ( xn2 − 2 xn x + x 2 )  n 1 = ( x12 + x22 + ... + xn2 ) − 2 x1 x − 2 x2 x − ... − 2 xn x + nx 2  n x 2 + x22 + ... + xn2 x + x + ... + xn = 1 −2 1 2 x + x2 n n x 2 + x22 + ... + xn2 = 1 − 2x 2 + x 2 n x 2 + x22 + ... + xn2 = 1 − x2 n x 2 + x22 + ... + xn2 Aritmetičku sredinu kvadrata danih podataka 1 simbolički zapisujemo x 2 . n Varijanciju obično zapisujemo u obliku σ 2 = x 2 − x 2 . Promotrimo realnu funkciju ( x1 − x ) 2 + ( x2 − x ) 2 + ... + ( xn − x ) 2 , gdje su x1 , x2 , ..., xn zadani realni brojevi. n ( x − x ) 2 + ( x2 − x ) 2 + ... + ( xn − x ) 2 Točka minimuma te funkcije je ista kao i funkcije g ( x ) = 1 . n x + x + ... + xn Stacionarna točka funkcije g je x = 1 2 . Kako je g ′′( x ) = 2 > 0 , to zaključujemo n x + x + ... + xn da je točka minimuma te funkcije x = 1 2 . n x + x + ... + xn Dakle, funkcija f postiže u aritmetičkoj sredini zadanih podataka x = 1 2 svoj n minimum čija je vrijednost standardno odstupanje. f ( x) =

13

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Čebiševljev teorem Sada ćemo pokazati važan rezultat ruskog matematičara P. I. Čebiševa (1821. – 1894.). Neka je x aritmetička sredina, V varijancija, a σ standardno odstupanje zadanoga niza podataka x1 , x2 , ..., xn . Dakle,

V=

n

∑

1 n

n

( xi − x ) 2 , odnosno nV =

i =1

∑( x − x ) . 2

i

i =1

Neka je k > 0 po volji odabrani broj. Tada n

nV =

∑( x − x ) = ∑ ( x − x ) + ∑ 2

i

xi < x − kσ

i =1

x − kσ ≤ xi ≤ x + kσ

x −kσ

x − 2σ x − σ

∑ (x − x)

( xi − x )2 +

2

i

2

i

xi > x + kσ

x +kσ

x + σ x + 2σ

x

Očito je nV ≥

∑ (x − x) + ∑ (x − x) = ∑ (x − x) 2

2

i

xi < x − kσ

i

2

i

xi > x + kσ

xi − x > kσ

Odatle imamo

∑ (x − x) ≥ ∑ (x − x) + ∑ (x − x) 2

2

i

i

xi − x ≥ kσ

2

i

xi < x − kσ

xi > x + kσ

Na desnoj strani su dvije sume. Uočimo da ako xi < x − kσ , onda je ( xi − x ) 2 > k 2σ 2 . Isto tako, ako xi > x + kσ , onda je ( xi − x ) 2 > k 2σ 2 . Odatle je

∑ (x − x) ≥ ∑ (x − x) + ∑ (x − x) ≥ ∑ k σ + ∑ k σ 2

2

i

xi − x ≥ kσ

2

i

2

2

2

i

xi < x − kσ

xi > x + kσ

xi < x − kσ

xi > x + kσ

2

=

∑

k 2σ 2

xi − x > kσ

Ako u danom nizu statističkih podataka x1 , x2 , ..., xn ima njih r , r ≤ n , za koje vrijedi xi − x > kσ , onda možemo pisati nσ 2 ≥ r ⋅ k 2σ 2 ili r ≤

1 ⋅n . k2

n , a to znači da najviše 11% od ukupno n podataka leži 9 izvan intervala [ x − 3σ , x + 3σ ] , odnosno barem 89% svih podataka leži unutar intervala širine 6σ sa središtem u x .

Primjerice, ako je k = 3 , onda r ≤

89% ili više 75% ili više

x − 3σ

x − 2σ x − σ

x

x +σ

x + 2σ x + 3σ

Prema Čebiševljevom teoremu (ili pravilu Čebiševa) ƒ interval od x − 2σ do x + 2σ obuhvaća najmanje 75% svih podataka; ƒ interval od x − 3σ do x + 3σ obuhvaća najmanje 89% svih podataka 14

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Primjer 4. Zadani su brojevi 2, 2, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 5. Odredit ćemo aritmetičku sredinu i standardno odstupanje ovog niza podataka. Ukupan broj podataka je n = 12. U tablici zapišimo podatke i njihove pripadne frekvencije i relativne frekvencije : 2 3 4 5 x

2 2 12

f p

6 6 12

3 3 12

1 1 12

Prikažimo niz podataka histogramom. Općenito je histogram frekvencija grafički prikaz frekvencija koji se sastoji od skupa pravokutnika što se međusobno dodiruju i svaki ima jednaku osnovu, a ploština je razmjerna čestoći podatka. Na analogan način definiramo histogram relativnih frekvencija. 7 6 5 4 3 2 1 0

1 0,8 0,6 0,4 0,2 0 1

2

3

4

1

5

Histogram frekvencija

2

3

4

5

Histogram relativnih frekvencija

Ukupna ploština svih pravokutnika u histogramu relativnih frekvencija je 1. f1 x1 + f 2 x2 + ... + f k xk 2 ⋅ 2 + 6 ⋅ 3 + 3 ⋅ 4 + 1 ⋅ 5 39 = = = 3, 25 n 12 12 f x 2 + f 2 x22 + ... + f k xk2 2 ⋅ 22 + 6 ⋅ 32 + 3 ⋅ 42 + 1 ⋅ 52 x2 = 1 1 = = 11, 25 n 12 σ 2 = x 2 − x 2 = 11, 25 − 3, 252 = 0,6875 σ = 0,82916 (zaokruženo na petu decimalu) x=

Primjer 5. Zadan je niz od 30 podataka: 1,2 1,8 2,1 3,0 2,3 2,1 1,7 2,0 3,3 3,7 1,7 4,3 3,6 4,1 2,9 3,0 2,5 2,3 3,5 2,9 4,0

3,5 3,0 2,0

3,2 3,5 2,7

3,0 2,5 3,6

Ovakav redoslijed otežava predodžbu o podatcima. Bit će jasnije ako dobivene podatke zapišemo u tablici u rastućem (ili padajućem) redoslijedu s odgovarajućim čestoćama. x f

1,3 1,7 1,8 2,0 2,1 2,3 2,5 2,7 2,9 3,0 3,2 3,3 3,5 3,6 3,7 4,0 4,1 4,3 1

2

1

2

1

2

2

1

2

4

1

1

3

2

1

1

1

2

15

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

x1 + x2 + ... + x30 = 2,833 . 30 Zbroj kvadrata odstupanja podataka je ( x1 − x ) 2 + ( x2 − x ) 2 + ... + ( x30 − x ) 2 = 18, 427 .

Aritmetička sredina ovog niza podataka je x =

Varijancija je σ 2 =

( x1 − x ) 2 + ( x2 − x ) 2 + ... + ( x30 − x ) 2 = 0,614 . 30

( x1 − x ) 2 + ( x2 − x ) 2 + ... + ( x30 − x ) 2 = 0,784 30 Dobivene brojčane vrijednosti mogli smo izračunati po formuli pomoću džepnog računala. No, možemo primijeniti neki od programa za tablično računanje, primjerice Microsoft Excel. Svi takvi programi, osim standardnih matematičkih funkcija, imaju ugrađen i niz statističkih funkcija. Standardno odstupanje je σ =

Pretpostavimo da smo dane podatke zapisali u prvi stupac, u ćelije od A1 do A30. Aritmetičku sredinu (srednju vrijednost) tada računamo po formuli =AVERAGE(A1:A30). Formula za zbroj kvadrata odstupanja podataka je =DEVSQ(A1:A30), za varijanciju =VARP(A1:A30) i za standardno odstupanje =STDEVP(A1:A30).

Na slici su prikazani podatci u tablici kreiranoj pomoću programa Microsoft Excel. Podatci su, radi preglednosti, upisani u prva tri reda, u pozicijama od A1 (gornji lijevi kut područja) do J3 (donji desni kut područja). U ćeliji B5 upisali smo formulu za računanje aritmetičke sredine =AVERAGE(A1:J3). U ćeliji B7 upisali smo formulu za varijanciju =VARP(A1:J3), a u ćeliju B9 formulu za standardno odstupanje =STDEVP(A1:J3). Prethodno je u tablici zadano ispisivanje rezultata na tri decimalna mjesta. Sada ćemo podatke razvrstati u razrede. Za aproksimaciju vrijednosti koje pripadaju nekom razredu uzet ćemo uzimamo polovište toga razreda, a za frekvenciju uzimamo zbroj frekvencija podataka u tom razredu. tako dobivamo manju i čitljiviju tablicu. Uočimo da je najveći podatak xmax = 4,3 i najmanji xmin = 1,3 . Raspon podataka (razlika najvećeg i najmanjeg) je xmax − xmin = 4,3 − 1,3 = 3 . Broj podataka je n = 30 . Razmotrit ćemo dva slučaja, kad je broj razreda r = 5 i r = 6 . Dakle, neka je r = 5 . Širina pojedinog razreda je

16

xmax − xmin 3 = = 0, 6 . 5 5

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Razredi su podintervali [1,3; 1,9], [1,9; 2,5], [2,5; 3,1], [3,1; 3,7] i [3,7; 4,3]. Sada kreiramo talicu tako da svaki podatak i njegovu frekvenciju upišemo u pripadni razred. 1,3 x f

1,9

2,5

3,1

3,7

4,3

1,3 1,7 1,8 2,0 2,1 2,3 2,5 2,7 2,9 3,0 3,2 3,3 3,5 3,6 3,7 4,0 4,1 4,3 1

2

1

2

1

1

2

1

2

4

1

2

3

2

1

1

1

2

Sada ćemo sve podatke koji pripadaju jednom razredu zamijeniti polovištem toga razreda, a frekvencije pojedinih podataka u razredu zrojiti. Dakle, umjesto zadanog niza podataka, promatrat ćemo niz od 5 podataka (polovišta razreda) s odgovarajućim frekvencijama razreda. Dobivamo sljedeću tablicu: x

1,6

2,2

2,8

3,4

4,0

f

4

4

9

8

5

Odavde dobivamo aritmetičku sredinu, varijanciju i standardno odstupanje koju predstavljaju aproksimativne vrijednosti zadanog niza podataka: x′ = 2,893 , σ ′2 = 0, 637 i σ ′ = 0,798 . Razumije se da se ovr vrijednosti razlikuju od onih koje smo dobili računanjem bez razvrstavanja u razrede. No, ta razlika je mala i stoga ovako dobivene vrijednosti uzimamo kao aproksimacije odgovarajućih parametara zadanoga niza podataka i pišemo: x ≈ 2,893 , σ 2 ≈ 0, 637 i σ ≈ 0,798 . Sada ćemo ponoviti opisani postupak, ali tako da uzmemo 6 razreda. Dakle, neka je r = 6 . x − xmin 3 = = 0,5 . Širina pojedinog razreda je max 6 6 Razredi su podintervali [1,3; 1,8], [1,8; 2,3], [2,3; 2,8], [2,8; 3,3], [3,3; 3,8] i [3,8; 4,3]. Sada kreiramo talicu tako da svaki podatak i njegovu frekvenciju upišemo u pripadni razred. 1,3 x f

1,8

2,3

2,8

3,3

3,8

4,3

1,3 1,7 1,8 2,0 2,1 2,3 2,5 2,7 2,9 3,0 3,2 3,3 3,5 3,6 3,7 4,0 4,1 4,3 1

2

1

2

1

1

2

1

2

4

1

2

3

2

1

1

1

2

Opet, umjesto zadanog niza podataka, promatrat ćemo niz od 6 podataka (polovišta razreda) s odgovarajućim frekvencijama razreda. Dobivamo sljedeću tablicu: x

1,55

2,05

2,55

3,05

3,55

4,05

f

3

4

4

7

8

4

Na osnovi ove tablice računamo aritmetičku sredinu, varijanciju i standardno odstupanje koju predstavljaju aproksimativne vrijednosti zadanog niza podataka: x′ = 2,967 , σ ′2 = 0,585 i σ ′ = 0,765 . Razumije se da se ove vrijednosti razlikuju od onih koje smo dobili računanjem bez razvrstavanja u razrede. No, ta razlika je mala i stoga ovako dobivene vrijednosti uzimamo kao aproksimacije odgovarajućih parametara zadanoga niza podataka i pišemo: x ≈ 2,967 , σ 2 ≈ 0,585 i σ ≈ 0,765 . 17

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

1.5. KOEFICIJENT KORELACIJE

Koeficijent korelacije predstavlja broj koji nam kazuje u kojoj su mjeri dvije značajke X i Y povezane, odnosno pokazuje stupanj zavisnosti dviju veličina. Pretpostavimo da ponavljamo neki pokus i svaki puta registriramo brojčane vrijednosti (x, y) koje odgovarajuju značajkama X i Y. U koordinatnom sustavu istaknimo odgovarajuće točke. Dobit ćemo skup točaka koji može imati različit izgled. Navedimo nekoliko primjera: y

y

x

x

y

y

x

x

y

x

sxy rxy = = sx s y

∑ ( x − x )( y − y ) ∑ (x − x ) ⋅ ∑ ( y − y) i

2

i

i

18

i

i

i

i

2

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Taj se koeficijent često rabi kao brijčani iznos za linearnu međuzavisnost u nizu parova opažanja. Vrijednost koeficijenta korelacije bit će između −1 i +1. Kad je u nizu parova opažanja koeficijent −1 ili +1 onda postoji linearni odnos među veličinama X i Y.

16 14 12 10 8 6 4 2 0 0

1

2

3

4

5

X

aritmetička sredina

6

7

8

Y

9

10

x-x

3 4 6 7 7 9 11 11 13 14

2 7 8 4 12 10 8 12 15 12

8,5

9

11

12

13

14

15

y-y -5,5 -4,5 -2,5 -1,5 -1,5 0,5 2,5 2,5 4,5 5,5

-7 -2 -1 -5 3 1 -1 3 6 3

38,5 9 2,5 7,5 -4,5 0,5 -2,5 7,5 27 16,5

30,25 20,25 6,25 2,25 2,25 0,25 6,25 6,25 20,25 30,25

49 4 1 25 9 1 1 9 36 9

102

124,5

144

0,761788

0,761788

Slučaj visoke pozitivne korelacije

19

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Primijenimo na ovome primjeru standardne funkcije programa programa za tablične kalkulacije Microsoft Excel. U stupac A, u pozicijama od A1 do A11 upišemo x1 , x2 , ..., x10 , a u stupac B u pozicijama od B2 do B11 podatke y1 , y2 , ..., y10 . Želimo li, primjerice na poziciji B14 dobiti vrijednost koeficijenta korelacije, upisat ćemo u taj element tablice formulu =CORREL(A2:A11;B2:B11).

20

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

2. ELEMENTI KOMBINATORIKE 2.1. BINOMNA FORMULAI 2.2. POJAM KOMBINATORIKE 2.3. TEOREM O UZASTOPNOM PREBROJAVANJU

2.1. BINOMNA FORMULA Umnožak prvih n prirodnih brojeva 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ ... ⋅ n označavamo s n! (čitamo n faktorijela). Tako je 1! = 1 2! = 1 ⋅ 2 = 2 3! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 = 6 4! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 = 24 5! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 = 120 6! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅ 6 = 720 Po definiciji se uzima da je 0! = 1. Promotrimo potencije binoma: ( a + b)1 = a + b

( a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2 ( a + b)3 = a 3 + 3a 2b + 3ab 2 + b3 ( a + b) 4 = a 4 + 4a 3b + 6a 2b 2 + 4ab3 + b 4 Općenito za svaki prirodni broj n i svaki par realnih brojeva a i b vrijedi

n

n

n

 n 

n −1 n ( a + b) n = a n +   a n −1b +   a n −2 b2 + ... +   a n −k b k + ... +   ab + b 1 2 − 1 k n        

(1)

Formulu (1) nazivamo Newtonova binomna formula. n Koeficijenti oblika   (čitamo n povrh k) nazivaju se binomni koeficijenti i za njih vrijedi: k

 

n ⋅ ( n − 1) ⋅ ... ⋅ ( n − k + 1) n n!  k  = k !( n − k )! = 1 ⋅ 2 ⋅ ... ⋅ k   Newtonova binomna formula može se dokazati matematičkom indukcijom. Binomni koeficijenti imaju sljedeća svojstva:

ƒ Binomni koeficijent je uvijek prirodni broj. n ƒ Za svaki n vrijedi vrijedi   = 1 (neposredno iz definicije) 0 n ƒ Za svaki n vrijedi vrijedi   = n (neposredno iz definicije) 1 n  n  ƒ Svojstvo simetrije   =   (neposredno iz definicije) k  n − k   n   n   n + 1 ƒ Vrijedi   +  =   k   k + 1  k + 1

21

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

 n   n   n + 1 Pokažimo istinitost svojstva   +  = .  k   k + 1  k + 1 ( n + 1)! n  n  n!  k  +  k + 1 = k !( n − k )! + (k + 1)!(n − k − 1)! =    

)

(

=

1 + 1 = n! k !( n − k − 1)! n − k k + 1

=

n! n +1 ⋅ = k !( n − k − 1)! ( n − k )( k + 1)

=

( n + 1)!  n + 1 = ( k + 1)!( n − k )!  k + 1 

Na osnovi ovoga svojstva dolazimo da jednostavnog načina računanja binomnih koeficijenata. Pascalov3 trokut

Napišimo trokut u kojemu svaki redak počinje i završava brojem 1. Svaki od brojeva u nekom redu jednak je zbroju lijevog i desnog broja iz prethodnoga reda. Na ovaj način se određuju binomni koeficijenti. Pascalov trokut poznavali su i arapski, indijski i kineski matematičari. 1 1 1 1 4 5

1 1

() 7 0

3

() 6 0

() 5 0

() 7 1

21

4 0

() 6 1

6

15

7

() 3 0

() 5 1

() 7 2

2 0

() 4 1

() 6 2

4

20

() 1 0

() 3 1

() 5 2

() 7 3

1 1

10

35

()

1 3

10

6

()

2 3

1 1

1

5 15

35

() 0 0

() 2 1

() 4 2

() 6 3

1

() 1 1

() 3 2

() 5 3

() 7 4

6

1

21

() 2 2

() 4 3

() 6 4

7

() 3 3

() 5 4

() 7 5

() 4 4

() 6 5

1

() 5 5

() 7 6

() 6 6

() 7 7

Pascal, Blaise (1623. – 1662.) veliki francuski matematičar, fizičar i filozof. Još kao mladić napisao prvi rad iz geometrije. Nekoliko važnih matematičkih rezultata nazvano je po njemu. Jedan od utemeljitelja teorije vjerojatnosti. Po njemu je nazvan i jedan viši programski jezik nastao 1970. godine.

22

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA Uočimo da je zbroj elemenata bilo kojega reda Pascalova trokuta uvijek potencija broja 2, jer uvrstimo li u

 ab n −1 + b n ( a + b) n = a n +   a n −1b +   a n − 2b 2 + ... +   a n − k b k + ... +   1 2 − 1 k n         n

n

n

n

a = 1, b = 1, dobivamo

n n n  (1 + 1) n = 1 +   +   + ... +  + 1 = 2n 1 2 n − 1

   





Riješeni zadatci

 3  4   5   6  x  1. Odredite x ako je   +   +   +   =   .  0   1   2   3  3  Rješenje

 3   4   5   6   4   4   5   6   5  5   6   6   6   7   0  +  1  +  2  +  3  =  0  +  1  +  2  +  3 =  1 +  2  +  3 =  2  +  3 =  3                              5    1

 6    2

Dakle, x = 7 .  5  6  7  0  1  2

 995   kao binomni koeficijent.  990 

2. Izrazite   +   +   + … +  Rješenje

 5  6  7  995   6   6   7   8   995   0  +  1  +  2  + … +  990  =  0  +  1  +  2  +  3  + … +  990  =                    7    1

 7   7   8  995   996  =   +   +   +…+  = ... =     1   2   3  990   990  8    2

100  100 

100  100  100  100 

3. Izračunajte   .  +   + … −   −   +   −   99  100   0   1   2   3  Rješenje

 2  3  4  5

m

       

 

4. Odredite m ako je   +   +   +   =   2 2 2 2 3 Rješenje

23

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

 2   3   4   5   3   3  4   5   4   4   5   + + +  =  + + +  =  + +   2   2   2  2  0  1  2  2  1   2  2  4   1

 5    2

 5   5   5  5  6 =  +  =  +  =    2   2   2   3  3  2   3  4   5   6 

n

         

 

5. Odredite n ako je   +   +   +   +   =   0 1 2 3 4 4 Rješenje

 2   3  4   5   6   3   3  4   5   6   4   4   5  6   0  +  1  +  2  +  3  +  4  =  0  +  1  +  2  +  3 +  4  =  1  +  2  +  3 +  4  =                              4   1

 5    2

 5   5  6   6   6   7  = + + = + =   2   3  4   3   4   4   6    3

 1  2   3 

n

 n + 1

6. Dokažite da   +   +   + … +   =    1  1   1  1  2  16

1 a  7. Izračunati srednji član razvoja binoma  − x 2  . x 

Rješenje

12870

24

a8 x4

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

2.2. POJAM KOMBINATORIKE Kombinatorika je grana matematike koja se bavi konačnim skupovima i njihovim podskupovima. Osnovni su pojmovi kombinatorike permutacije, varijacije i kombinacije. Kombinatorika je povezana s problemom prebrojavanja elemenata konačnog skupa. Često je konačan skup zadan nekim svojstvom, a zadaće je odrediti broj elemenata tog skupa. U nekim situacijama određivanje broja elemenata može biti vrlo teško. Stoga možemo reći da je kombinatorika dio matematike u kojem se proučavaju metode koje omogućuju određivanje broja elemenata konačnog skupa. U kombinatorici se koristimo ovim činjenicama: Neka je k(A) broj elemenata (kardinalni broj) konačnog skupa A.

ƒ Ako su A i B konačni i disjunktni skupovi onda k(A ∪ B) = k(A) + k(B) ƒ Ako su A i B konačni skupovi onda k(A×B) = k(A) ⋅ k(B) Uočimo da za disjunktne skupove A i B jednakost k(A ∪ B) = k(A) + k(B) u stvari poseban slučaj općenitije jednakosti k(A ∪ B) = k(A) + k(B) – k(A ∩ B) koja vrijedi za sve neprazne skupove A i B. Sada možemo izvesti odgovarajuću formulu za slučaj od tri skupa. k ( A ∪ B ∪ C ) = k (( A ∪ B ) ∪ C ) = = k ( A ∪ B ) + k (C ) − k (C ∩ ( A ∪ B )) = = k ( A) + k ( B ) − k ( A ∩ B ) + k ( C ) − k ( ( A ∩ C ) ∪ ( B ∩ C ) ) = = k ( A ) + k ( B ) − k ( A ∩ B ) + k ( C ) − [ k ( A ∩ C ) + k ( B ∩ C ) − k ( A ∩ B ∩ C )] = = k ( A) + k ( B ) + k ( C ) − k ( A ∩ B ) − k ( A ∩ C ) − k ( B ∩ C ) + k ( A ∩ B ∩ C )

Ovu formulu nazivamo formula uključenja-isključenja. Primjer: Svaki od ukupno 100 studenata uči barem jedan od jezika: engleski, njemački i francuski.

Engleski uči 48, njemački 36, a francuski 60 studenata. Engleski i njemački uči 12 studenata, njemački i francuski uči 20, a engleski i francuski uči 16 studenata. Koliko studenata uči sva tri jezika? Uvedimo oznake: E skup svih studenata koji uče engleski, F skup svih studenata koji uče franscuski i N skup svih učenika koji uče njemački. Neka je x broj studenta koji uče sva tri jezika. k(E ∪ F ∪ N) = k(E) + k(F) + k(N) – k(E ∩ F) – k(E ∩ N) – k(F ∩ N) + k(E ∩ F ∩ N)

100 = 48 + 60 + 36 – 16 – 12 – 20 + x. Odatle, x = 4.

25

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

2.3. TEOREM O UZASTOPNOM PREBROJAVANJU Temeljni rezultat elementarne kombinatorike je teoerem o uzastopnom prebrojavanju koji je poopćenje tvrdnje: ako su A i B konačni skupovi onda k(A×B) = k(A) ⋅ k(B). Teorem o uzastopnom prebrojavanju:

Neka je T ⊆ A1×...×An skup uređenih n-torki (a1, a2, ..., an) definiran na slijedeći način. Prva sastavnica a1 može se izabrati na p1 različitih načina; za svaku već izabranu prvu sastavnicu možemo drugu

sastavnicu a2 birati na p2 načina itd. Za svaki izbor sastavnica a1, a2, ..., an - 1 n-tu sastavnicu an možemo birati na pn načina. Tada skup T ima p1 ⋅ p2 ⋅ ... ⋅pn elemenata. Primjer: Koliko ima prirodnih brojeva većih od 2000, a manjih od 5000 koje možemo napisati

pomoću znamenaka 0, 1, 2, 3, 4, 5 i 6 ako se znamenke smiju ponavljati? A koliko, ako se znamenke ne smiju ponavljati? Svaki četveroznamenkasti prirodni broj možemo shvatiti kao uređenu četvorku znamenaka jedinica, desetica, stotica i tisućica: (T, S, D, J). Prema uvjetima zadatka, ako se znamenke smiju ponavljati, znamenku jedinica možemo birati na 3 načina (jer može biti 2, 3 ili 4), a sve ostale znamenke možemo birati na po 7 načina. Traženi broj je 3⋅7⋅7⋅7 = 1029. Ako se znamenke ne smiju ponavljati, onda znamenku tisućica (T) možemo birati na 3 načina; znamenka stotica (S) može biti bilo koja od 6 preostalih znamenaka; znamenka desetica (D) bilo koja od 5 preostalih i znamenka jedinica (J) bilo koja od 4 preostale znamenke. Prema tome, traženi broj prirodnih brojeva je prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju 3⋅6⋅5⋅4 = 360. Primjer: Kojih peteroznamenkastih brojeva ima više: onih koji nisu djeljivi sa 5 ili onih kojima su i

znamenka tisućica i znamenka desettisućica različite od 5? Shvatimo peteroznamenkaste brojeve kao uređene petorke (DT, T, S, D, J). Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju, peteroznamekastih prirodnih brojeva koji nisu djeljivi sa 5 ima 9⋅10⋅10⋅10⋅8 = 7200. (Znamenka jedinica može biti bilo koja osim 0 i 5, a znamenka desettisućica bilo koja osim 0). U drugome slučaju znamenku desettisćica tisućica možemo birati na 8 načina, a znamenku tisućica na 9 načina. Tri ostale znamenke možemo birati na po 10 načina. Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju, peteroznamekastih prirodnih brojeva kojima su i znamenka tisućica i znamenka desettisućica različite od 5 ima 9⋅10⋅10⋅10⋅8 = 7200. Oba skupa imaju jednak broj elemenata.

26

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Primjer: Koliko različitih djelitelja ima broj 23 ⋅ 58 ?

Svaki djelitelj broja 23 ⋅ 58 može se prikazati kao uređeni par broja (D, P) gdje sastavnica D može biti 20, 21, 22 ili 23 i sastavnica P može biti 50, 51, 52, 53, 54, 55, 56, 57 ili 58. Dakle prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju takvih uređenih parova ima 4 ⋅ 9 = 36.

8. Za tročlani upravni odbor jednog društva postoje 4 kandidata za predsjednika, 6 za dopredsjednika i 2 za tajnika. Nijedan se kandidat nije kandidirao za više funkcija. Na koliko se načina može izabrati upravni odbor? Rješenje Upravni odbor je uređena trojka (P, D, T). Prva komponenta se može odabrati na 4, druga na 6 i treća na 2 načina. Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju broj svih takvih uređenih trojki je 4 ⋅ 6 ⋅ 2 = 48.

9. Koliko se dvoznamenkastih parnih brojeva može načiniti od znamenki 3, 4, 5, 6 i 8? Rješenje Svaki dvoznamenkasti parni broj možemo shvatiti kao uređeni par znamenki desetica i znamenki jedinica. Znamenka desetica se prema uvjetima zadatka može odabrati na 5 načina, a znamenka jedinica na 3 načina (znamenka jedinica može biti 4 ili 6 ili 8). Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju broj takvih uređenih parova je 5 ⋅ 3 = 15.

10. Koliko ima šesteroznamenkastih brojeva kojima je svaka znamenka parna i različita od nule? Rješenje Svaka znamenka može se odabrati na 4 načina. Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju, ukupan broj svih šesteroznamenkastih brojeva sa samim parnim znamenkama (ne računajući 0) je 46 = 4096.

11. Na koliko različitih načina mogu pasti dvije kocke? Rješenje Na svakoj kocki može se pojaviti 1, 2, 3, 4, 5 ili 6. Svaki rezultat pri bacanju dviju kocaka zapisujemo kao uređeni par u kojem je prva sastavnica dobivena vrijednost na prvoj kocki, a druga sastavnica dobivena vrijednost na drugoj kocki. Skup svih takvih uređenih parova je {(x, y): x, y ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}}. 2 Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju broj tih uređenih parova je 6 = 36.

12. Na koliko različitih načina mogu pasti tri kocke? Rješenje Na svakoj kocki može se pojaviti 1, 2, 3, 4, 5 ili 6. Svaki rezultat pri bacanju triju kocaka zapisujemo kao uređenu trojku u kojoj je prva sastavnica dobivena vrijednost na prvoj kocki, druga sastavnica dobivena vrijednost na drugoj kocki a treća sastavnica dobivena vrijednost na trećoj kocki. Skup svih takvih uređenih trojki je {(x, y, z): x, y, z ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}}. 3 Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju broj tih uređenih trojki je 6 .

13. Promotrimo niz brojeva 1000, 1001, 1002, ... 9998, 9999. Koliko brojeva među njima ne sadrži znamenku 7? Rješenje Zadatak rješevamo koristeći teorem o uzastopnom prebrojavanju. Zadatak možemo formulirati na sljedeći način. Koliko možemo napisati četveroznamenkastih brojeva pomoću znamenaka 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8 i 9? Znamenku tisućica možemo odabrati na 8 načina (0 ne može biti znamenka tisućica), znamenke stotica, desetica i jedinica možemo svaku odabrati na po 9 načina. Traženih brojeva ima 8 ⋅ 9 ⋅ 9 ⋅ 9 = 5382.

27

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

14. Koliko se troznamenkastih brojeva može napisati pomoću znamenki 1, 2, 3, ..., 9 ako se znamenke ne ponavljaju? Rješenje 9 ⋅ 8 ⋅ 7 = 504.

15. Koliko se različitih četveroznamenkastih brojeva može načiniti od znamenki 2, 3, 5, 7, 9, ako se znamenke ne ponavljaju? Rješenje 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 = 120.

16. Koliko se deveteroznamenkastih brojeva može napisati sa devet znamenaka, među kojima nije 0? Rješenje 9 9 = 387420489.

17. Na jednoj bočnoj stranici trokuta odabrano je n točaka, a na drugoj m točaka. Svaki vrh osnovice spojimo sa svim točkama na suprotnoj stranici. Na koliko se dijelova podijeli trokut opisanim postupkom? Naputak Primijenite teorem o uzastopnom prebrojavanju. Promotrite najprije konkretne slučajeve (na primjer n = 3 i m = 4).

18. Od znamenki 1, 3, 5, 8, i 9 načini sve: a) dvoznamenkaste b) troznamenkaste c) četveroznamenkaste tako da se u njima ni jedna od danih znamenaka ne ponavlja. Koliko takvih brojeva ima? Rješenje (a) 5 ⋅ 4 = 20 (b) 5 ⋅ 4 ⋅ 3 = 60 (c) 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 = 120

2.4. PERMUTACIJE Permutacija konačnog skupa S je svaka bijekcija skupa S na sama sebe. Neka je S = {1, 2, 3}: Svaka bijekcija f : S → S je jedna permutacija skupa S. Takvih bijekcija ima ukupno 6. Promotrimo bijekciju f : S → S definiranu sa f(1) = 1, f(2) = 3, f(3)=2. Tu bijekciju možemo zapisati:

S

1

↓f

↓

S

1

2

3

2

3

1 2 3 Češći i kraći zapis je  . 1 3 2 

Postoji ukupno 6 permutacija skupa S = {1, 2, 3}:

1 2 3 1 2 3 ,  

1 2 3 1 3 2  ,  

1 2 3  2 1 3 ,  

1 2 3  2 3 1 ,  

1 2 3 3 1 2 ,  

Ove permutacije još kraće zapisujemo na sljedeći način: 123, 132, 213, 231, 312, 321

28

1 2 3  3 2 1 .  

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Permutacija skupa od n elemenata može se definirati i kao uređena n-torka čije su sastavnice različiti elementi toga skupa. Svaki određeni poređaj od n elemenata je jedna permutacija. U permutaciju ulaze svi zadani elementi. Dvije se permutacije međusobno razlikuju samo različitim razmještajem elemenata. Teorem: Broj permutacija od n elemenata je n!

Označimo sa Pn broj permutacija skupa o n elemenata. Izaberimo neki element a iz skupa A od n elemenata. Promotrimo sve permutacije u kojima je a na prvom mjestu: .

a

Broj takvih permutacija je jednak broju permutacija od n − 1 elemenata. Zaključujemo da je broj permutacija u kojima je a na prvom mjestu jednak Pn −1 . Neka je P skup svih permutacija skupa A. Tada P = P (1) ∪ P (2) ∪ P (3) ∪ … ∪ P ( n ) , gdje je P (1) skup svih permutacija u kojima je 1 na 1. mjestu, P (2) skup svih permutacija u kojima je 2 na 1. mjestu,

P (3) skup svih permutacija u kojima je 3 na 1. mjestu, ..., P ( n ) skup svih permutacija u kojima je n na 1. mjestu. Skupovi P (1) , P (2) , P (3) , ..., P ( n ) nemaju zajedničkih elemenata pa vrijedi

( ) (

) (

)

(

k ( P ) = k P (1) + k P ( 2) + k P (3) + … + k P ( n )

)

odnosno P( n ) = n ⋅ P ( n − 1) = n ! A možemo pokazati broj permutacija i na osnovi teorema o uzastopnom prebrojavanju. Svaka permutacija je n-torka. Na prvo mjesto možemo postaviti bilo koji od n elemenata. Nakon toga, kako je zauzeto prvo mjesto, na drugo mjesto možemo postaviti bilo koji od preostalih n – 1 elemenata.:.. Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju slijedi P( n ) = n( n − 1)( n − 2)

2 ⋅1 = n!

Primjer: Permutacije skupa {a, b, c, d}.

abcd, abdc, acbd, acdb, adbc, adcb, bacd, badc, bcad, bcda, bdac, bdca, cabd, cadb, cbad, cbda, cdab, cdba, dabc, dacb, dbac, dbca, dcab, dcba

29

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Primjer: Koliko permutacija od n elemenata ima u kojima dva zadana elementa nisu susjedna?

Promotrimo permutacije od dva istaknuta elementa: X i Y te preostalih n − 2 elemenata. Odredimo broj permutacija u kojima su istaknuti elementi susjedni. Moguće su sljedeći slučajevi: X Y X Y X Y

...

Element X je na 1., a element Y na 2. mjestu.

...

Element X je na 2., a element Y na 3. mjestu.

...

Element X je na 3., a element Y na 4. mjestu.

X Y

... ............................................ X Y ...

Element X je na 4., a element Y na 5. mjestu. .......................................................................................................... Element X je na (n − 1)-om, a element Y na n-tom mjestu.

Ovih osnovnih razmještaja ima n − 1. No, svakom od njih odgovara razmješraj u kojemu X i Y međusobno zamijene mjesta. Dakle, imamo 2(n − 1) mogućnost. Preostalih n – 2 elemenata moguće je razmjestiti na (n − 2)! različitih načina. Dakle, svakoj od prikazanih 2(n − 1) mogućih pozicija elemenata X i Y odgovara još (n − 2)! različitih razmještaja preostalih elemenata. Zaključujemo da je broj svih permutacija od n elemenata u kojima su istaknuta dva elementa susjedna jednak 2(n − 1) ⋅ (n − 2)!

Prema tome broj permutacija u kojima ta dva elementa nisu susjedna je n ! − 2(n − 1) ⋅ (n − 2)! = n ! − 2(n − 1)! = n ⋅ (n − 1)! − 2(n − 1)! = (n − 2) ⋅ (n − 1)! Primjer: Na koliko načina možemo razmjestiti brojeve 1, 2, 3, 4, ..., 20 tako da je svaki parni broj na

parnom mjestu? Parne brojeve 2, 4, 6, ..., 20 možemo razmjestiti na parne pozicije (tj. na drugu, četvrtu, šestu,..., dvadesetu) na 10! načina. Svakom taom razmještaju odgovara 10! različitih razmještaja preostalih 10 neparnih brojeva na neparnim pozicijama. Prema tome, broj razmještaja brojeva 1, 2, 3, ..., 20 tako da parni budu na parnim mjestima je (n !) 2 . Permutacije s ponavljanjem

Od n elemenata među kojima je k jednakih, dobiva se n! permutacija, ali se dobiva k! puta manje n! . permutacija nego od n različitih elemenata: k! Ako je među n elemenata njih k1 jedne vrste, k2 druge,... i km m-te vrste i unutar jedne vrste su svi međusobno jednaki, onda je ukupan broj permutacija: n! k1 ! k 2 ! ... km ! Primjer: Koliko se različitih signala može prikazati pomoću 8 zastavica od kojih su 2 crvene, 3 bijele i 3 plave ako su sve zajedno nanizane na okomitom jarbolu? Ukupan broj signala je

30

8! = 560 . 2!3!3!

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

19. Koliko ima permutacija koje počinju sa xy elemenata x, y, i z ? Rješenje Samo jedna – permutacija xyz.

20. Na koliko se načina može rasporediti 7 različitih knjiga na jednoj polici? Rješenje Svaki raspored 7 različitih knjiga na jednoj polici je jedna permutacija. Broj permutacija od 7 različitih elemanata je 7! = 5040.

21. Koliko se različitih signala može pokazati pomoću 2 crvene, 3 bijele i 3 plave zastavice ako su sve zajedno nanizane na okomitom jarbolu? Rješenje 8!

2! 3! 3!

= 560.

Broj različitih signala jednak je broju permutacija s ponavljenjem od 8 elemenata c, c, b, b, b, p, p, p.

22. Imamo 2 crvene, 3 bijele i 4 plave knjige, ali su sve knjige međusobno različite. Na koliko se načina mogu rasporediti na jednoj polici tako da sve knjige iste boje budu zajedno? Rješenje Svaki raspored knjiga po bojama je jedna uređena trojka boja. Na jednoj polici mogu se iste boje rasporediti na 3! = 6 načina. Crvene se knjige mogu rasporediti na 2! načina, bijele na 3!, a plave na 4! načina. Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju ukupan broj različitih rasporeda knjiga (ali tako da sve knjige iste boje budu zajedno) je 3! 3! 2! 4! = 1728.

23. Tri puta se baca kocka i registrira brojeve koji su “pali”. Na koliko se različitih načina može dobiti zbroj “barem 15”? Rješenje Dobiti zbroj “barem 15” u ovom slučaju znači dobiti zbroj 15 ili 16 ili 17 ili 18. Primijetimo da je ukupan broj svih mogućih rezultata bacanja 3 kocke jednak broju uređenih trojki kojima su sastavnice 1, 2, 3, 4, 5 ili 6. Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju to je 36 = 216.

zbroj 15

663 654 555

moguće na

zbroj 16

2!

= 3 načina

moguće na 3! = 6 načina moguće na

664 655

3!

moguće na

moguće na

zbroj 17

665

moguće na

zbroj 18

666

moguće na

3! 3! 3! 2! 3! 2! 3! 2! 3! 3!

ukupno 10 načina

= 1 način

= 3 načina ukupno 6 načina = 3 načina

= 3 načina

ukupno 3 načina

= 1 način

ukupno 1 način

Zbroj “barem 15” možemo dobiti na 20 načina.

24. Bacamo tri puta kocku za igranje. Na koliko različitih načina možemo dobiti zbroj 11 ili 12?

31

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

25. Tri mladića i četiri djevojke sjedaju na 7 stolica u jednom redu. Na koliko se načina mogu smjestiti tako da djevojke sjede zajedno? Prvo rješenje Mogući su ovi rasporedi sjedenja. DDDDMMM

moguće sjesti na 4! ⋅ 3! načina

MDDDDMM

moguće sjesti na 4! ⋅ 3! načina

MMDDDDM

moguće sjesti na 4! ⋅ 3! načina

MMMDDDD

moguće sjesti na 4! ⋅ 3! načina

Ukupan broj načina na koji 4 djevojke i 3 mladića mogu sjesti prema uvjetima zadatka je 4 ⋅ 4! ⋅ 3! = 576. Drugo rješenje Djevojke sjede zajedno pa ih možemo shvatiti kao jedinku. Tako imamo 4 elementa koja razmještamo (djevojke kao jedinka i 3 mladića). Broj tih razmještaja je 4!. U svakom takvom razmještaju djevojke međusobno možemo razmjestiti na 4! načina.

Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju ukupan broj svih različitih razmještaja tako da djevojek sjede zajedno ja 4! ⋅ 4!.

26. Na koliko se načina može smjestiti u jednoj klupi jedan do drugoga: (a) 9 učenika (b) 10 učenika? Rješenje (a) 9! = 362880 (b) 10! = 3628800

27. Na koliko se načina može rasporediti šest dužnosti između šest osoba, tako da svaka osoba obnaša točno jednu dužnost? Rješenje 6! = 720

2.5. KOMBINACIJE Kombinacija bez ponavljanja r-tog razreda od n međusobno različitih elemenata je svaka skupina od r (r ≤ n) elemenata. Kombinacija bez ponavljanja može pojedini element sadržavati najviše jedanput. U kombinaciji poredak elemenata nije bitan i dvije kombinacije koje podrže iste elemente smatraju se jednakim bez obzira da li se poredak elemenata u dvije kombinacije poklapaju ili ne. Kombinacija bez ponavljanja r-tog razreda od n elemenata odgovara podskupu od r elemenata skupa od n elemenata. Primjer: Kombinacije trećeg razreda od 5 elemenata {a, b, c, d, e}:

abc, abd, abe, acd, ace, ade, bcd, bce, bde, cde Teorem: Broj kombinacija bez ponavljanja r-tog razreda od n elemenata je

(nr)

Pokazat ćemo da je broj svih podskupa od r elemenata skupa od n elemenata jednak traženi broj sa Crn .

32

(nr) . Označimo

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Da bismo dobili podskup od r elemenata trebamo poskupu od r − 1 elemenata dodati jedan od preostalih n − r + 1 elemenata. Imamo, dakle, (n − r + 1) Crn−1 mogućnosti. No, svi dobiveni podskupovi nisu različiti. Naime, svaki podskup od r elemenata možemo dobiti na r načina. Dakle,

Crn =

n − r +1 n Cr −1 = n − r + 1 ⋅ n − r + 2 Crn−2 = … = (n − r + 1)(n − r + 2) ⋅ ⋅ ⋅ (n − 1) C1n r r r −1 r(r − 1) ⋅ ⋅ ⋅ 2

Kako je C1n = n , to dobivamo Crn = Na engleskom jeziku se

(nr ) .

(nr) čita “n choose r” što znači da se među n bira njih r.

Primjer: Na koliko se načina od 7 ljudi može formirati odbor od 3 člana?

Pitanje možemo preformulirati ovako: Koliko postoji različitih tročlanih podskupova skupa od 7 elemenata? Odgovor:

(73) = 3!7!⋅ 4! = 35 .

Primjer: Na turniru je sudjelovalo n šahista., i svi su međusobno odigrali po jednu partiju. Koliko je

ukupno odigrano partija? Svaka šahovska partija odgovara jednom i samo jednom dvočlanom podskupu skupa od n elemenata. Dakle, odigrano je

(2n) = 2!⋅ (nn !− 2)! = n(n2− 1) .

Primjer: Koliko presjecišnih točaka nastaje povuku li se dijagonale konveksnog n-terokuta ako ne

postoje tri dijagonale koje se presijaecaju u jednoj točki? Svaka presijecišna točka određuje 4 vrha n-terokuta i svaka četvorka vrhove jednoznačno određuju jednu točku presijeka. Prema tome, broj svih presjecišnih točaka jednak je broju načina na koje možemo odabrati 4 vrha između njih ukupno n:

(n4) .

Primjer: Koliko se različitih listića može ispuniti u loto igri «7 od 39»?

Drugim riječima, koliko postoji sedmeročlanih podskupova skupa od 39 elemenata. 39 39! 33 ⋅ 34 ⋅ 35 ⋅ 36 ⋅ 37 ⋅ 38 ⋅ 39 = = = 15380 937 7 7! ⋅ 32! 1⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅ 6 ⋅ 7 Svakoj odabranoj skupini od 7 elemenata odgovara jedna i samo jedna skupina onih 32 koji nisu

( )

«zaokruženi».

33

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

n k 

 n − 1  n − 1 + .  k   k − 1

Pokažimo da vrijedi   = 

Prvi dokaz. Neka je A skup od n elemenata i neka je a jedan njegov element. Broj svih k-članih podskupova skupa

n k 

A je   . Svi k-člani podskupovi skupa A dijele se u dvije skupine: podskupovi koji sadrže određeni element a i podksupovi koji ne sadrže element a.

 n − 1  . Naime, preostalih k – 1 elemenata  k − 1

Broj k-članih podskupova koji sadrže element a je  podskupa biramo među n – 1 elemenata skupa A.

 n − 1  . Naime, k elemenata podskupa biramo  k 

Broj k-članih podskupova koji ne sadrže element a je  među n – 1 elemenata skupa A − {a}.

n k 

 n − 1  n − 1 + .  k   k − 1

Zaključujemo da vrijedi   = 

Koliko podskupova ima skup koji se sastoji od n elemenata? Teorem: Broj svih podskupova skupa od n elemenata je 2n.

Neka je a element skupa A. Neka je Pa skup svih podskupova skupa A koji sadrže element a. Takvih podskupova ima isto koliko i podskupova skupa A' = A \ {a} koji sadrži sve elemente iz A osim a. Taj skup ima n − 1 elemenata. Ako je broj podskupova skupa od n elemenata pn, to je k ( Pa ) = pn −1 . Neka je Pa skup svih podskupova od A koji ne sadrže element a.

( )

k Pa = pn −1 P ( A) = Pa ∪ Pa

( )

k ( P ( A) ) = k ( Pa ) + k Pa = 2 pn −1 pn = 2 pn −1 = 2 2 pn −2 = … = 2 n −1 p1 Skup koji sadrži 1 element ima dva poskupa pa je p1 = 2 . Slijedi pn = 2 n . Numerirajmo elemente skupa A. Svakom podskupu skupa A jednoznačno je pridružena n-torka sastavljena od 0 i 1 na sljedeći način: na k-tom mjestu pišemo 1 ako se element označen brojem k nalazi u podskupu A i 0 ako se element s brojem k ne nalazi u tom podskupu. Tako praznom skupu ∅ odgovara n-torka sastavljena od samih 0. Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju takvih n-torki ima 2 n . Prema tome broj svih podskupova skupa A jednak je 2 n .

34

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Neka je A = {a, b, c}. Označimo a brojkom 1, element b brojkom 2 i element c brojkom 3. Tada su podskupovi od A: ∅ 000

{a} 100

{b} 010

{c} 001

{a, b} 110

{a, c} 101

{b, c} 011

{a, b, c} 111

Kombinacije s ponavljanjem

Tvorimo li od n elemenata razrede s r elemenata tako da se pojedini element može pojaviti unutar istog razreda više puta, dobivene razrede nazivamo kombinacije s ponavljanjem. Broj kombinacija s ponavljanjem od n elemenata r-tog razreda je

(

)

n Cr = n + r −1

r

{1, 2, 3}, n = 3, r = 4 1111 1133 2222

1112 1222 2223

1113 1223 2233

1122 1233 2333

1123 1333 3333

Svakoj kombinaciji s ponavljanjem od n elemenata r-tog razreda jednoznačno je određen nizom od r jedinica i n − 1 ništica:

0 onoliko jedinica koliko ima elemenata 1. vrste u kombinaciji

0 onoliko jedinica koliko ima elemenata 2. vrste u kombinaciji

0 ..... 0 onoliko jedinica koliko ima elemenata 3. vrste u kombinaciji

onoliko jedinica koliko ima elemenata n-te vrste u kombinaciji

Primjer: abcd, n = 4, r = 2

aa11000, ab10100, ac10010, ad10001, bb01100, bc01010, bd01001, cc00110, cd00101, dd00011 28. Od osam prijavljenih kandidata treba odabrati troje. Na koliko se to načina može učiniti? Rješenje Svaki odabir 3 osobe među njih 8 odgovara jednoj kombinaciji 3. razreda od 8 elemenata. Broj takvih kombinacija je

 8  = 56.    3 29. U skupini je 20 učenika i među njima je učenik A. Na koliko se načina mogu odabrati tri učenika tako da među njima bude i učenik A? Rješenje Ako u skupini od 3 odabrana učenika mora biti učenik A, to zapravo znači da biramo točno 2 učenika. Dakle, biraju se 2  19  učenika među njih 19. Broj kombinacija drugog razreda od ukupno 19 elemenata je   = 171 . 2

35

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

30. Ispišite sve kombinacije 2. razreda od elemenata a, b, c, d, e. Rješenje Kombinacije 2. razreda: ab, ac, ad, ae, bc, bd, be, cd, ce, de.

31. Na jednom je skupu, kad se svaki sudionik jedanput rukovao sa svakim drugim, bilo ukupno 45 rukovanja. Koliko je ljudi sudjelovalo na skupu? Rješenje

Svakom rukovanju odgovara odabiru dvoje ljudi. Dvije osobe, među njih n može se odabrati na

() n

=

n ( n − 1)

() n

2

načina. Iz

= 45 dobivamo kvadratnu jednadžbu n − n − 90 = 0 koja ima dva rješenja n1 = 10 i n2 = −9. Iz fizičkih 2

2 2 uvjeta zadatka nalazimo da je na skupu bilo 10 sudionika.

32. Na jednom šahovskom turniru sudjelovalo je 17 igrača, pri čemu je svaki igrač sa svakim odigrao jednu šahovsku partiju. Koliko je ukupno šahovskih partija odigrano na tom turniru? Rješenje Odigrano je ukupno 136 partija.

33. Na jednom šahovskom turniru odigrano je ukupno 276 partija. Koliko je na tom turniru sudjelovalo igrača, ako je svaki igrač sa svakim igračem odigrao jednu šahovsku partiju? Rješenje Na turniru su sudjelovala 24 igrača.

34. Koliko je tetiva određeno sa 9 točaka na kružnici? Rješenje Jedna tetiva odgovara jednom paru (ne uređenom!) točaka. Zadatak se svodi na odabir dvočlanih podskupova skupa od 9 elemenata. Sa 9 točaka na kružnici određeno je 36 tetiva.

35. Koliko skup A = {1, 2, 3, 4, 5} ima tročlanih podskupova koji sadrže element 5? Rješenje Računamo broj kombinacija 2. razreda od 4 elementa. Skup A = {1, 2, 3, 4, 5} ima ukupno 6 tročlanih podskupova koji sadrže element 5: {1, 2, 5}, {1, 3, 5}, {1, 4, 5}, {2, 3, 5}, {2, 4, 5}, {3, 4, 5}.

36. Na koliko se načina iz skupine od 8 učenika mogu izdvojiti 4 učenika? Rješenje 8   = 70 . 4

37. Koliko je pravaca određeno sa 6 točaka od kojih tri ne leže na istom pravcu? Rješenje

Pravac je određen s dvije točke. Sa 6 točaka određeno je

6   = 15 2

pravaca.

38. Na koliko se načina može izabrati odbor od 3 muškarca i 2 žene od ukupno 11 muškaraca i 7 žena? Rješenje

Odbor ima dvije sastavnice – muške i ženske članove. Muški članovi odbora mogu se izabrati na

 11    , a ženski članovi na 3

7  11   7    načina. Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju odbor možemo izabrati na   ⋅   2  3  2

= 3465 načina.

36

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Na koliko se načina iz skupine od 9 učenika, među kojima su učenici A i B, može izabrati delegacija od 5 učenika uz uvjet da u delegaciji ne budu istovremeno učenici A i B? Rješenje Naša skupina od 9 učenika se sastoji od učenika A, učenika B i 7 ostalih učenika. Odabir petorke u kojoj nisu istovremeno A i B moguć je na jedan od ova tri načina. u odabranoj petorki je u odabranoj petorki je u odabranoj petorki ili ili A, a nije B B, a nije A nije ni A niti B biramo 4 učenika biramo 5 učenika biramo 4 učenika među preostalih 7 među preostalih 7 među 7 preostalih

7   4 7 7 +  4 5

Dakle, rješenje je 2 

7   4

+

7   5

+

= 91.

2.6. VARIJACIJE Ako od n različitih elemenata tvorimo razrede s r mjesta i unutar svakoga razreda izvršimo sve moguće permutacije, dobivamo varijacije bez ponavljanja V (n, r) =

(nr ) ⋅ r ! = (n n−!r)!

{a, b, c, d}, n = 4, r = 3 abc abd acd bcd

acb adb adc bdc

bac bad cad cbd

bca bda cda cdb

cab dab dac dbc

cba dba dca dcb

Primjer: Na koliko se načina n kuglica može rasporediti u r kutija?

Zamislimo da smo numerirali sve kutije. Svakom razmještaju kuglica u kutije odgovara niz nula i jedinica na sljedeći način. Na početku niz ima onoliko jedinica koliko kuglica ima u prvoj kutiji, zatim dopišemu nulu. Nakon toga dopišemo onoliko jedinica koliko ima kuglica u drugoj kutiji pa opet dopišemo nulu. I tako redom. Završavamo s onoliko jedinica koliko ima kuglica u posljednjoj kutiji. Dakle, svakom razmještaju

kuglica

u

kutije

jednoznačno

r − 1 kutija. A takvih nizova ima ukupno

(n +nr − 1)

pridružujemo

niz

od

n

jedinica

i

.

Pokažimo jedan mogući razmještaj 12 kuglica u 6 kutija te odgovarajući niz nula i jedinica (n = 12, r = 6).

111

0

1111

0

1

0

0

11

0

11

11101111010011011

37

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Varijacije s ponavljenjem

Ako od n elemenata tvorimo razrede s r mjesta tako da se pojedini element unutar istog razreda može pojaviti više puta, pa dobivene razrede još i permutiramo, dobivamo varijacije s ponavljanjem. Dobili smo niz od r elemenata koji se odabiru među ukupno n elemenata. Broj varijacija s ponavljenjem je n r .

ZADATCI 39. Ispišite sve varijacije bez ponavljanja 2. razreda elemenata a, b, c, d. Rješenje Varijacije bez ponavljanja 2. razreda: ab, ba, ac, ca, ad, da, bc, cb, bd, db, cd, dc.

40. Od osnovnih Morseovih znakova “.“ i “–“ mogu se nizanjem sastavljati složeni znakovi. Koliko postoji složenih znakova od najviše 5 osnovnih? Rješenje

† †† ††† ††††

od jednog znaka postoje 2 signala

2

2

4

3

8

od 2 znaka postoje 2 signala jer svaki možemo odabrati na 2 načina od 3 znaka postoje 2 signala jer svaki možemo odabrati na 2 načina 4

16

od 4 znaka postoje 2 signala jer svaki možemo odabrati na 2 načina 5

††††† od 5 znakova postoje 2 signala jer svaki možemo odabrati na 2 načina

32

Ukupno 2 + 4 + 8 + 16 + 32 = 64.

41. Koliko se permutacija može načiniti od znamenaka 1, 2, 3, 4, 5, 6, koje počinju: a) znamenkom 4 b) znamenkama 45 c) znamenkama 456? Rješenje (a) 5! = 120 (b) 4! = 24 (c) 3! = 6

42. Na koliko se načina mogu dužnosti predsjednika, dopredsjednika, tajnika i rizničara podijeliti među 10 članova upravnog odbora tako da pojedini član može obnašati najviše jednu od tih dužnosti? Rješenje

10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 = 5040

43. Na koliko se načina n osoba može razmjestiti na m stolica (m > n)? Prvo rješenje Zamislimo da imamo ukupno m elemenata od kojih je n različitih (ljudi) i m − n jednakih (prazne stolice). Različiti rasporedi

sjedenja su zapravo permutacije s ponavljanjem od m elemenata među kojima je m – n jednakih:

m! ( m − n )!

.

Drugo rješenje Uz čvrsto odabranih m – n praznih stolica, postoji n! mogućnosti zauzimanja preostalih n stolica sa n osoba. No, m – n stolica

od njih ukupno m možemo odabrati na

m! ( m − n )!

načina, pa je traženi broj

m! ( m − n )!

.

Treće rješenje Zamislimo da su stolice numerirane. Svakom razmještaju odgovara jedna numeracija od n osoba sa n od ukupno m brojeva pa je traženi broj jednak broju varijacija n-tog razreda od m elemenata.

38

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

3. POJAM VJEROJATNOSTI 3.1. SLUČAJNI DOGAĐAJI 3.2. VJEROJATNOSNI PROSTOR

3.1. SLUČAJNI DOGAĐAJI Promatrat ćemo pokuse u kojima uvjeti ne određuju jednoznačno rezultat pokusa. Primjer takvog pokusa je obično bacanje novčića: unaprijed ne znamo hoće li pasti «pismo» ili «glava». Takve pokuse nazivamo nedeterminističkim. Primjer: Baca se kocka za igranje i registrira broj koji je pao. Skup svih logički mogućih rezultata je {1, 2, 3, 4, 5, 6} Primjer: Baca se novčić 3 puta u zrak i registrira koliko je puta palo «pismo». Skup svih logički mogućih rezultata ovoga pokusa je {0, 1, 2, 3}. Primjer: Baca se novčić 3 puta u zrak i registrira niz dobivenih «pisama» i «glava». Skup svih logički mogućih rezultata ovoga pokusa je {PPP, PPG, PGP, GPP, PGG, GPG, GGP, GGG}. Primjer: Bacaju se dvije kocke za igranje i registriraju brojevi koji su pali. Skup svih logički mogućih rezultatat može se predstaviti kao skup svih uređenih parova (i, j), gdje prva sastavnica i predstavlja broj na prvoj kocki, a druga sastavnica j broj na drugoj kocki. Ukupno je 62 = 36 takvih rezultata.

(1,6)

(2,6)

(3,6)

(4,6)

(5,6)

(6,6)

(1,5)

(2,5)

(3,5)

(4,5)

(5,5)

(6,5)

(1,4)

(2,4)

(3,4)

(4,4)

(5,4)

(6,4)

(1,3)

(2,3)

(3,3)

(4,3)

(5,3)

(6,3)

(1,2)

(2,2)

(3,2)

(4,2)

(5,2)

(6,2)

(1,1)

(2,1)

(3,1)

(4,1)

(5,1)

(6,1)

Primjer: U žari se nalaze samo crne kuglice. Vadi se jedna kuglica i registrira njezina boja. Skup svih logički mogućih rezultata sadrži samo jedan element: {crno}.

U ovim je primjerima skup svih rezultata pokusa bio konačan. No, ne mora uvijek biti tako. U sljedećem je primjeru skup rezultata beskonačan.

39

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Primjer: Uzimamo jednu električnu žarulju i registriramo vrijeme njezine trajnosti. Sada je skup svih mogućih rezultata zatvoreni interval [0, T], gdje T dostatno veliki realni broj.

Skup svih logički mogućih rezultata nekog nedeterminističkog pokusa obično označavamo Ω. Pojedini elemenet ω skupa Ω nazivamo elementarnim događajima. Elementarni događaji se međusobno isključuju, što znači da promatramo samo one pokuse koji mogu imati jedan i samo jedan rezultat. Skup elementarnih događaja može biti diskretan (konačan ili prebrojiv) ili neprekidan. Podskup skupa svih elementarnih događaja nazivamo slučajni događaj. Primjer: Promotrimo pokus u kojem se baca kocka za igranje i registrira broj koji je pao. Neka je slučajni događaj A: «pao je broj djeljiv sa 3». Sada je Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6} skup je svih elementarnih događaja. Uporabom skupovnih oznaka, slučajni događaj A zapisujemo A = {3, 6}. Dakle, događaj A («pao je broj djeljiv sa 3») realizirat će se ako se realizira jedan od elementarnih događaja iz A («pao je broj 3» ili («pao je broj 6»). Primjer: Promotrimo pokus u kojem se novčić baca 3 puta u zrak i registrira koliko je puta palo «pismo». Skup svih elementarnih događaja je Ω = {0, 1, 2, 3}. Neka je A slučajni događaj «nijednom nije palo pismo». Očito A = {0}. Primjer: Promotrimo pokus u kojem se novčić baca 3 puta u zrak i registrira niz dobivenih «pisama» i «glava». Skup svih elementarnih događaja je Ω = {PPP, PPG, PGP, GPP, PGG, GPG, GGP, GGG}. Slučajni događaj A: «palo je više pisama nego glava» zapisujemo u skupovnoj notaciji A = {PPP, PPG, PGP, GPP}. Primjer: Promotrimo pokus u kojem se bacaju dvije kocke za igranje i registriraju brojevi koji su pali. Slučajni događaj A definiran s «zbroj brojeva na kockama je 9» možemo zapisati A = {(4, 5), (5, 4), (6, 3), (3, 6)}. Primjer: U žari se nalaze samo crne kuglice. Vadi se jedna kuglica i registrira njezina boja, Očito je Ω = {crno}. Ako slučajni događaj A definiramo izjavom «izvađena bijela kuglica», onda je A = ∅.

Slučajni događaj A realizira se ako i samo ako se realizira neki elementarni događaj ω koji pripada događaju A (kao podskupu od Ω). Događaj A = ∅ ne može se nikada realizirati jer ne postoji ni jedan elementarni događaj ω koji bi pripadao događaju A. Stoga A = ∅ nazivamo nemogućim događajem. Događaj A = Ω nazivamo sigurnim događajem. On se sastoji od svih mogućih elementarnih događaja, tj. od svih logički mogućih rezultata pokusa od kojih se jedan mora dogoditi. Vratimo se pokusu u kojemu se baca kocka i registrira broj koji je «pao». Vidjeli smo da je skup svih elementarnih događaja Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Slučajni događaj A: «pao broj djeljiv sa 3» zapisuje se u skupovnoj notaciji A = {3, 6}. Prirodno se uz svaki događaj javlja i njegova negacija. U ovome slučaju, to je događaj «nije pao broj djeljiv sa 3». U skupovnoj se notaciji novi događaj zapisuje {1, 2, 4, 5}. Kako je taj događaj negacija događaja A, a u skupovnom smislu komplement skupa A u odnosu na skup Ω kao univerzalni skup, to ga zapisujemo AC i nazivamo suprotan događaj od A.

40

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Neka je događaj B definiran izjavom: »pao je broj manji od 4», tj. B = {1, 2, 3}. Od događaja A i B možemo tvoriti novi događaj C: «pao je broj djeljiv sa 3 ili je pao broj manji od 4». Očito C = {1, 2, 3, 6}. Ovaj novi događaj označavamo C = A ∪ B. Oznaka sugerira skupovni smisao događaja C koji je unija skupova A i B. na sličan se način uvodi i presjek događaja A i B. Događaj D definiran s «pao je broj djeljiv sa 3 i manji od 4» je u skupovnom smislu {3}, tj. upravo presjek događaja A i B kao skupova pa ga i označavamo D = A ∩ B. Operracije nad slučajnim događajima odgovaraju operacijama sa skupovima. Općenito vrijede sljedeće oznake: AC

Događaj AC je suprotan događaju A i on se realizira ako i samo ako se ne realizira događaj A.

A∪B

Unija događaja A i B definira događaj C = A ∪ B koji se realizira ako i samo ako se realizira barem jedan od događaja A i B.

A∩B

Presjek događaja A i B definira događaj D = A ∩ B koji se realizira ako i samo ako se realiziraju i događaj A i događaj B.

A∩B=∅

Događaji A i B se međusobno isključuju tj. ne mogu se istodobno realizirati.

A=∅

Događaj A nije moguć.

A=Ω

Događaj A je siguran.

A⊆B

Događaj A implicira događaj B tj. kadgod se realizira dpgađaj A, realizira se i događaj B.

Ovim se postupkom od jednog ili više slučajnih događaja grade novi slučajni događaji. prirodan je zahtjev da ako želimo ispitivati događaje A i B onda svakako to želimo činiti i sa svim događajima koji se mogu izgraditi pomoću ovih događaja. Na taj način izgrađujemo potpun sustav događaja. Potpun sustav događaja je familija Φ podskupova skupa Ω sa svojstvima: (a) ∅ ∈ Φ (b) A ∈ Φ ⇒ AC ∈ Φ (c) A ∈ Φ i A ∈ Φ ⇒ A ∪ B ∈ Φ Primjer potpunog sustava događaja je partitivni skup P(Ω) skupa svih elementarnih događaja Ω. Na ovaj je način stvoren sustav događaja koji sadrži sve događaje što ih možemo izvesti elementarnim operacijama nad njima.

41

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

3.2. VJEROJATNOSNI PROSTOR Opisat ćemo kako se na potpunom sustavu događaja uvodi mjerenje istinitosti. Ta mjera istinitosti se u matematici naziva vjerojatnost. Neka je Φ potpun sustav događaja i neka su ω1, ω2, ω3, ..., ωn elementarni događaji. Za mjeru istinitosti događaja A, tj. za vjerojatnost događaja A (oznaka p(A)) prirodno je postaviti sljedeće zahtjeve:

ƒ P(∅) = 0 tj. nemoguć događaj ima vjerojatnost 0 ƒ P(Ω) = 1 tj. vjerojatnost sigurnog događaja je 1 ƒ 0 ≤ P(A) ≤ 1 za sve A ∈ Φ tj. vjerojatnost svih događaja je broj iz intervala [0, 1] ƒ ako A ∩ B = ∅ onda P(A ∪ B) = P(A) + P(B) tj. vjerojatnost da će se dogoditi barem jedan od dvaju međusobno isključivih događaja jednaka je zbroju vjerojatnosti tih događaja Neka elementarnim događajima ω1, ω2, ω3, ..., ωn odgovaraju vjerojatnosti p1, p2, p3, ..., pn redom. Budući vrijedi Ω = {ω1} ∪ {ω2} ∪ {ω3} ∪ ... ∪ {ωn} te P(Ω) = 1, zaključujemo da p1 + p2 + p3 + ... + pn = 1. Dakle, ako imamo konačan potpun sustav od 2n događaja, onda definirati vjerojatnost znači odabrati niz realnih nenegativnih brojeva p1, p2, p3, ..., pn čiji je zbroj 1. Međutim, u primjenama su najčešće svi elementarni događaji međusobno ravnopravni pa im se prirodno pripisuje jednaka vjerojatnost. Tada je ta vjerojatnost, ako je riječ o n elementarnih događaja, nužno 1 . n

Vjerojatnost po volji odabranog slučajnog događaja A iz sustava događaja u tom je slučaju broj oblika m , gdje je m broj elementarnih događaja koji tvore slučajni događaj A. To opisujemo riječima: n m Događaj A ima m povoljnih od n jednako vjerojatnih mogućnosti pa vrijedi P(A) = . n

Ovako uveden pojam vjerojatnosti nazivamo klasična definicija vjerojatnosti. Primjer. Bacamo kocku i registriramo broj koji je dobiven. Skup svih mogućih rezultata je Ω = {1, 2, 3, ,4 5, 6}. Događaj A: «pao je paran broj» ima skupovni zapis A = {2, 4, 6}. Tada je P(A) = P({2} ∪

{4} ∪ {6}) = 1 + 1 + 1 = 1 . 6

6

6

2

Pojam vjerojatnosti može se uvesti na još jedan način. Uz ovako uvedenu vjerojatnost veže se i pojam relativne frekvencije događaja. Promotrimo serije bacanja novčića od 10, 100, 1000 i 10 000 puta i pri čemu određujemo broj pojavljivanja «pisma». Odgovarajuće relativne frekvencije (dakle, omjeri pojave pisma i broja bacanja) su, primjerice, 0,7; 0,44; 0,518 i 0,5038. Eksperimentalno provjeravanje pokazuje da se relativna frekvencija stabilizira oko broja 0,5.

42

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Dakle, pri ponavljanju pokusa velik broj puta u neizmjenjenim uvjetima, opažamo određenu pravilnost. Neka se određeni pokus ponavlja n puta u neizmjenjenim uvjetima. Označimo sa n(A) broj pokusa u kojima se realizirao slučajni događaj A. Iskustvo nas navodi na zaključak da se pri povećanju broja pokusa n, relativna frekvencija

n ( A) sve n

više grupira oko određenog broja. Tu pojavu nazivamo stabilnost relativne frekvencije. Taj broj oko kojega se relativna frekvencija

n ( A) sve više stablizira ili grupira pri neograničenom n

rastu broja pokusa, nazivamo vjerojatnost događaja A. Ova razmatranja formalizirajmo u sljedećoj definiciji. Neka je Ω skup elementarnih događaja i Φ potpun sustav događaja. Vjerojatnost P je realna funkcija definirana na skupu Φ sa svojstvima: (v1) P(Ω) = 1 (v2) P(A) ≥ 0 za svaki A ∈ Φ (v3) ako A ∈ Φ i B ∈ Φ i A ∩ B = ∅ onda P(A ∪ B) = P(A) + P(B) Trojka (Ω, Φ, P) naziva se vjerojatnosni prostor. Naglasimo sljedeće. Vjerojatnost sigurnog događaja je 1, a nemogućeg događaja 0. No, to ne znači da događaj čija je vjerojatnost 0 nije moguć ili da će se događaj čija je vjerojatnost 1 sigurno dogoditi. Vjerojatnost P(A) = 1 znači da se događaj A praktično uvijek događa. Promotrimo još neka svojstva vjerojatnosti. P(∅) = 0 jer iz jednakosti Ω ∪ ∅ = Ω slijedi P(Ω) + P(∅) = P(Ω). Odatle, P(∅) = 0. P(AC) = 1 – P(A), naime iz AC ∪ A= Ω slijedi P(AC) + P(A) = P(Ω) = 1. Ako A ⊆ B onda P(A) ≤ P(B), naime označimo sa C presjek skupova AC i B: C = AC ∩ B, a tada B = A

∪ C iz čega slijedi P(B) = P(A) + P(C) ≥ P(A). Primjer: Deset kartica je numerirano od 1 do 10 i pomiješano u kutiji. Izvlače se dvije kartice. Nađimo vjerojatnost događaja da je zbroj brojeva na izvučenim karticama jednak 10. Skup svih  10 

mogućih rezultata je skup svih parova (x, y) od 10 kartica. Njihov broj je   = 45 . 2

Prema uvjetu ovoga pokusa svi su ti rezultati jednako vjerojatni. Skup povoljnih rezultata je {(1, 9), (2, 8), (3, 7), (4,6)}. Dakle, vjerojatnost događaja je 4 . 45

43

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Primjer: Bacamo tri puta kocku za igranje. Što je vjerojatnije: da ćemo dobiti zbroj 11 ili 12? Ukupan broj svih mogućih rezultata od triju bacanja kocke jednak broju uređenih trojki kojima su

sastavnice 1, 2, 3, 4, 5 ili 6. Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju to je 36 = 216. 6, 4, 1 realizira se na 3! = 6 načina 6, 3, 2 realizira se na 3! = 6 načina

zbroj 11

5, 5, 1 realizira se na 3! = 3 načina 2!

Vjerojatnost zbroja 11 u tri bacanja kocke je 27 . 216

5, 4, 2 realizira se na 3! = 6 načina 5, 3, 3 realizira se na 3! = 3 načina 2! 4, 4, 3 realizira se na 3! = 3 načina 2! 6, 5, 1 realizira se na 3! = 6 načina 6, 3, 3 realizira se na 3! = 3 načina 2! 6, 4, 2 realizira se na 3! = 6 načina

zbroj 12

Vjerojatnost zbroja 12 u tri bacanja kocke je 25 . 216

5, 5, 2 realizira se na 3! = 3 načina 2! 5, 4, 3 realizira se na 3! = 6 načina 4, 4, 4 realizira se na 3! = 1 načina 3!

3.3. GEOMETRIJSKA VJEROJATNOST Primjer: Iz intervala [0, 1] slučajno biramo dva broja x i y. Kolika je vjerojatnost da oni zadovoljavaju

nejednakost x 2 + y 2 ≤ 1 . Skup Ω svih mogućih rezultata pokusa je Ω =

{( x, y )

}

x, y ∈ [ 0,1] , tj. skup svih točaka T ( x, y )

koje pripadaju kvadratu sa stranicama duljine 1. Slučajni događaj A =

{( x, y ) x

2

}

+ y2 ≤ 1 .

U ovome slučaju govorimo o geometrijskoj vjerojatnosti. Skup svih mogućih rezultata je izmjeriv skup Ω na pravcu, u ravnini ili u prostoru. Izmjeriv je u smislu da mu se može izmjeriti duljina, ploština ili obujam. Slučajni događaj A je bilo koji izmjeriv podskupa skupa Ω . Tada je vjerojatnost slučajnog događaja A P ( A) =

44

m ( A) . m (Ω)

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

π m ( A) 4 π U našem primjeru P ( A) = = = m (Ω) 1 4 1

(1,1)

0

1

Dvije osobe dolaze na jedno mjesto u slučajnim trenutcima između 19 i 20 sati. Kolika je vjerojatnost da će između njihovih dolazaka proći barem 40 minuta? Neka su x i y trenutci dolazaka tih osoba. Skup elementarnih događaja je Ω = ( x, y ) 19 ≤ x ≤ 20, 19 ≤ y ≤ 20 .

{

}



Slučajni događaj A je A = ( x, y ) x − y ≥



2  3

2  − ≥ x y 2  3 x− y ≥  2 3 x− y≤−  3 1 P ( A) = 9 20

19

0

19

20

45

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Primjer: Neka su A i B zadane točke na kružnici i C slučajno odabrana točka te kružnice. Kolika je

vjerojatnost da pravac BC siječe promjer kružnice koji prolazi točkom A?

C

D

A

B

Duljina kružnice neka je L. Događaj «BC siječe promjer AD» nastupa samo ako C leži u polukružnici u kojoj nije zadana točka B. L 1 Dakle, tražena vjerojatnost jednaka je 2 = . L 2 Primjer: Na ravninu R 2 bačen je novčić promjera

točku s cjelobrojnim koordinatama? (m, n + 1)

(m + 1, n + 1)

(m, n)

(m + 1, n)

2

1 p ( A) =   π 4 p ( Ω) = 1 p ( A) π = p= p (Ω) 16

46

1 . Kolika je vjerojatnost da novčić pokrije 2

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Primjer: Slučajno se biraju brojevi x, y ∈ [ 0, 2] . Kolika je vjerojatnost da je y < x 2 i x + y < 2 ?

y

2

x

0

1 1

m( A) =

1

2

1

1

5

∫ x dx + 2 = 3 + 2 = 6 2

0

m(Ω) = 4

Primjer: Slučajno se biraju brojevi x ∈ [ 0,1] i y ∈ [ 0, 2] . Kolika je vjerojatnost da je njihov zbroj

veći od 2, a umnožak manji od 1?

Skup svih elementarnih događaja je Ω = {( x, y ) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2} . Odredimo vjerojatnost događaja A = {( x, y ) : ( x, y ) ∈ Ω, x + y < 2, xy < 1} . Događaj A prikazan je sjenčanim skupom točaka na slici. y

xy = 1

2

x+ y =2

0

x

1

47

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA 2

2

1 1 1 1 1  m( A) = ⋅   +  − (2 − x)  dx = − − ln ≈ 0,1931 2 2 2 2 2  12

p=

∫

p ( A) 0,1931 ≈ ≈ 0, 0966 p (Ω) 2

Primjer. (Buffonov problem igle). Igla duljine d baca se slučajno na ravninu podijeljenu usporednim

pravcima s međusobno jednakim udaljenostima L, pri čemu je d ≤ L . Kolika je vjerojatnost da igla

siječe jedan pravac?

L

d d d

L

d

Označimo s ϕ kut što ga igla zatvara s najbližim pravcom, a s x udaljenost polovišta igle od najbližeg pravca. Igla se baca slučajno. Prema tome, veličine x i ϕ se zapravo na slučajan način biraju iz intervala [0, L 2] , odnosno [0, π] , nevosino jedna o drugoj. Položaj igle jednoznačno je određen uređenim parom (ϕ , x) . Taj uređeni par biramo unutar pravokutnika [ 0, π] × [ 0, L 2] . Igla će sijeći pravac ako x <

d sin ϕ . 2

d 2 d 2 ϕ

48

 x 

 d  2 sin ϕ  

ϕ

  x  

 d  2 sin ϕ  

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Dakle, skup svih elementarnih događaja je pravokutnik [ 0, π] × [ 0, L 2] , a skup povoljnih

d   događaja je S = (ϕ , x) : 0 ≤ ϕ ≤ π, 0 ≤ x ≤ L 2 , x < sin ϕ  . 2   y

L 2

x=

d sin ϕ 2

S x

π

0 π

m( S ) p= = m(Ω)

d

∫ 2 sin ϕ dϕ 0

Odavde je π =

L ⋅π 2

d ⋅ 2 2d = 2 = L Lπ ⋅π 2

2d . Lp

Pri većem broju bacanja vjerojatnost aproksimiramo relativnom frekvencijom, što opet možemo uporabiti za probližno računanje broja π . Naime, pretpostavimo da smo iglu bacili n puta pri čemu je k puta igla presijecala neki pravac. k 2dn . Tada je p ≈ , odnosno π ≈ n Lk

49

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

ZADATCI 1. Bacamo dvije kocke za igru. Definiramo događaje A i B na sljedeći način: A .... na prvoj kocaki pojavila se trica; B .... zbroj brojeva na kockama manji je od 6. Opišite slijedeće događaje i nađite njihovu vjerojatnost: A∩B, A∪B. Rješenje

A = {(3,1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6)}

B = {(1,1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (2,1), (2, 2), (2, 3), (3,1), (3, 2), (4,1)} P( A) =

6 1 6 1 = , P( A) = = 36 6 36 6

2. Bacamo dva novčića. Definiramo događaje A i B na sljedeći način: A .... na prvom novčiću pojavilo se pismo (P); B .... na drugom novčiću pojavilo se pismo (P). Opišite događaje C = A ∪ B i C te im izračunajte vjerojatnost. Rješenje

A = {(P, P), (P, G)} B = {(P, P), (G, P)} A ∪ B = {(P, P), (P, G), (G, P)} C = {(G, G)} 2 1 2 1 3 1 1 = = , P(C) = = P( A) = , P(B) = , P(C ) = 36 18 36 18 36 12 36 3. Bacamo tri igraće kocke. Kolika je vjerojatnost da se pojavi zbroj veći od 16? Rješenje

A .... zbroj 17 , odnosno A = {( 6, 6, 5) , ( 6, 5, 6 ) , ( 5, 6, 6 )} B .... zbroj 18 , odnosno B = {( 6, 6, 6 )}

Događaji A i B se međusobno isključuju tj. A ∩ B = ∅ . P( A ∪ B) = P( A) + P(B) 4. Bacamo dvije kocke za igru. Neka je A = događaj da se na prvoj pojavila šestica, a B = događaj da se na drugoj pojavio neparan broj. Opišite slijedeće događaje i nađite njihovu vjerojatnost: A∩B, A∪B, A . Rješenje

5. Na pet jednakih listića ispisana su slova I, L, P, S, T. Listići se izmiješaju i zatim slučajno stave u niz. Kolika je vjerojatnost da se dobije riječ SPLIT? 6. Slučajno se slože u niz šest kartica na kojima su slova A, A, C, I, J, N. Kolika je vjerojatnost da će pisati JANICA? Rješenje

Riječ je o permutacijama s ponavljanjem.

p=

50

1 6! 2!

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

7. Slučajno se slože u niz šest kartica na kojima su slova A, A, A, P, R T. Kolika je vjerojatnost da će pisati APARAT? Rješenje

p=

1 6! 3!

8. Slučajno se slože u niz šest kartica na kojima su slova A, K, K, L, O, P, S. Kolika je vjerojatnost da će pisati SKLOPKA? Rješenje

P=

1 7! 2!

9. Kolika je vjerojatnost da kvadrat slučajno odabranog cijelog broja ima zadnju znamenku 1? Rješenje

Samo brojevi čija je zadnja znamenka 1 ili 9 imaju kvadrat čija je zadnja znamenka 1. Dakle, od 10 mogućih slučajeva zadnje znamenke, 2 slučaja su povoljna za naš događaj.

2 10 10. Među brojevima 1, 2, 3, ..., 9, 10 biramo dva broja. Kolika je vjerojatnost da je razlika prvog i drugog broja barem 4? 11. Iz skupa {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} slučajno se biraju dva broja. Kolika je vjerojatnost da je izabran jedan paran i jedan neparan broj? Rješenje

Primjenimo teorem o uzastopnom prebrojavanju. Paran broj možemo odabrati na 3, a neparan na 4 načina. Dakle dva broja od kojih je jedan paran, a drugi neparan možemo odabrati na 12 načina.

 4   3  1  ⋅ 1 4 p=   = 7 7 2   12. Iz skupa {a, b, c, d, 1, 2, 3, 4, 5} slučajno se biraju tri znaka. Kolika je vjerojatnost da je izabrano jedno slovo i dvije brojke? Rješenje

 4  5  1 ⋅ 2 P=    9  3  

51

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

13. Slučajni pokus: Bacanje dviju kocaka. Kolika je vjerojatnost da je na prvoj kocki pao broj veći nego na drugoj? Rješenje (1,6)

(2,6)

(3,6)

(4,6)

(5,6)

(6,6)

(1,5)

(2,5)

(3,5)

(4,5)

(5,5)

(6,5)

(1,4)

(2,4)

(3,4)

(4,4)

(5,4)

(6,4)

(1,3)

(2,3)

(3,3)

(4,3)

(5,3)

(6,3)

(1,2)

(2,2)

(3,2)

(4,2)

(5,2)

(6,2)

(1,1)

(2,1)

(3,1)

(4,1)

(5,1)

(6,1)

p ( A) =

15 36

14. Slučajni pokus: Bacanje dviju kocaka. Kolika je vjerojatnost da dobijemo brojeve čiji je zbroj veći od 8? 15. Na 24 kartice napisani su brojevi od 1 do 24, redom. Slučajno je izvučena jedna kartica. Kolika je vjerojatnost da ja na njoj napisan višekratnik od 5? Rješenje

A = {5, 10, 15, 20}

P ( A) =

4 1 = 24 6

16. Bacamo dvije kocke. Kolika je vjerojatnost da ćemo dobiti zbroj 5 ili umnožak 4? Rješenje

{(1, 4 ) , ( 2,3) , ( 3, 2 ) , ( 4,1)} umnožak 4 {(1, 4 ) , ( 2, 2 ) , ( 4,1)} zbroj 5

17. Bacamo dvije kocke. Kolika je vjerojatnost da će one pokazati 2 jednaka broja ili dva broja čiji je zbroj 8? Rješenje

{(1,1) , ( 2, 2 ) , ( 3, 3) , ( 4, 4 ) , (5,5) , ( 6, 6)} zbroj 8 {( 2, 6 ) , ( 3,5) , ( 4, 4 ) , ( 5, 3) , ( 6, 2 )} oba jednaka

52

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

18. Bacamo dvije kocke. Kolika je vjerojatnost da je zbroj rezultata na njima jednak 8 ili da je umnožak rezultata jednak 12? Rješenje

Događaj da je zbroj rezultata na kockama 8 ili da je umnožak 12 realizirat će se ako se realizira barem jedan od sljedećih elementarnih događaja: (6, 2), (5, 3), (4, 4), (3, 5), (2, 6), (4, 3), (3, 4). Broj povoljnih događaja je 7, a broj svih mogućih je 36.

 7 P= 36 

19. Bacamo tri kocke. Kolika je vjerojatnost da je zboj rezultata na njima jednak 14? Rješenje

6 + 6 + 2 = 14 (Pribrojnici 6, 6 i 3 mogu se pojaviti na 3 načina) 6 + 5 + 3 = 14 (Pribrojnici 6, 5 i 3 mogu se pojaviti na 6 načina) 6 + 4 + 4 = 14 (Pribrojnici 6, 4 i 4 mogu se pojaviti na 3 načina) 5 + 5 + 4 = 14 (Pribrojnici 5, 5 i 4 mogu se pojaviti na 3 načina)

 15  P= 3 6  

20. Iz intervala [0, 1] slučajno se biraju dva broja x i y. Naći vjerojatnost da ti brojevi zadovoljavaju nejednakosti x ≤ 0,5 i y ≤ x. 21. U kvadrat s vrhovima (0, 0), (2, 0), (2, 2) i (0, 2) slučajno je bačena točka T(x, y). Naći vjerojatnost da koordinate te točke zadovoljavaju nejednakost y < 2x. 22. Slučajno odabrani telefonski broj sastoji se od 6 znamenaka. Kolika je vjerojatnost da su sve znamenke različite? 23. Bacamo dvije igraće kocke. Kolika je vjerojatnost da se pojavi zbroj veći od 16? 24. Bacamo dva novčića. kolika je vjerojatnost da se barem na jednom novčiću pojavio grb? 25. Deset kartica je numerirano brojevima od 1 do 10 i pomiješano u kutiji. Izvlače se dvije kartice. Nađite vjerojatnost da je zbroj brojeva na izvučenim karticama jednak 10. 26. Pokus se sastoji u slučajnom bacanju pet kocaka. Kolika je vjerojatnost da će zbroj rezultata na njima biti šest? Rješenje

{21111, 12111, 11211, 11121, 11112} p=

5 65

53

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

27. Bačeno je n kocaka za igru. Kolika je vjerojatnost da je zbroj na njima: n, n + 1, n + 2? Rješenje

Bačeno je n kocaka. Zbroj na njima n.

1

1

1

p=

1 6n

p=

n 6n

n

Bačeno je n kocaka. zbroj na njima n + 1.

Bačeno je n kocaka. zbroj na njima n + 2.

1

1

2

1 n−1

1

1

3

1 n−1

1

1

1

2

n! n! + (n − 1)! (n − 2)! ⋅ 2! 6n

2

n− 2

28. U snopu se nalaze karte od “sedmice” do “asa” u sve četiri boje (pik, tref, karo i herc). Iz ovoga snopa izvlačimo na slučajan način 5 karata. Izračunajte vjerojatnost da su od pet izvučenih karata a) točno jedan “dečko” i točno dvije “devetice” b) dva “dečka”, dvije “desetice” i pik “as” c) četiri herca i tref “devetica” Rješenje

a)

J

9

9

 4   4   24   1 ⋅  2 ⋅  2         32  5  

b)

J

J

10 10

♠  4  4

A  2  ⋅  2  ⋅ 1  32  5  

8  4  ⋅1 c)    32  5  

54

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

29. U kutiji je a bijelih i b crnih kuglica. Iz kutije se slučajno uzima jedna kuglica i pošto je utvrđeno da je bijele boje, ona se više ne vraća u kutiju. Zatim se uzima još jedna kuglica. Kolika je vjerojatnost da je i ona bijele boje? 30. Pet ljudi slučajno sjeda na pet stolica. kolika je vjerojatnost da dvije određene osobe ne sjede jedna do druge? 31. Iz snopa od 52 karte slučajno se izvlače 4 karte odjednom. Kolika je vjerojatnost da su izvučena barem 2 kralja? 32. U kutiji je m bijelih i n crnih kuglica. Ako odjednom iz kutije vadimo dvije kuglice, kolika je vjerojatnost da smo izvukli obje bijele?

p ( A) =

a c + a+b c+d

33. U kutiji je m bijelih i n crnih kuglica. Ako odjednom iz kutije vadimo dvije kuglice, kolika je vjerojatnost da smo izvukli kuglice iste boje? Rješenje

 m n     2 2  p( A) = +   m + n m + n      2   2  34. U kutiji je m bijelih i n crnih kuglica. Ako odjednom iz kutije vadimo pet kuglice, kolika je vjerojatnost da smo izvukli svih pet bijelih kuglica?

m   5 p ( A) =   m + n    5  35. Iz skupa {1, 2, 3, 4, 5} slučajno se bira jedan broj, a zatim se od preostalih bira opet jedan broj. Kolika je vjerojatnost da su izabrana dva neparna broja? 36. U snopu od 52 karte postoje četiri boje. Poslije izvačenja jedne karte i registriranja njene boje, karta se vraća i snop se ponovo promiješa. Zatim se ponovo vadi jedna karta. Kolika je vjerojatnost da su obje izvučene karte iste boje? 37. Neka osoba zaboravila je dvije znamenke telefonskog broja svoga prijatelja i jedino se sjeća da su različite. Kolika je vjerojatnost da ta osoba pogodi te znamenke? 38. Imamo dvije žare: u prvoj je a bijelih i b crnih kuglica, a u drugoj je c bijelih i d crnih kuglica. Iz svake žare izvadimo po jednu kuglicu. Kolika je vjerojatnost da su obje bijele? Rješenje

55

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

39. Žara sadrži b bijelih i c crnih kuglica. Izvlačimo dvije kuglice odjedanput. Kolika je vjerojatnost da su one različitih boja? Rješenje

b⋅c 2bc = b + c   ( b + c )( b + c − 1)  2    40. Iz skupine od 10 ljudi među kojima su osobe A i B slučajno se bira skupina od 6 članova. Kolika je vjerojatnost da u toj skupini nisu istodobno osobe A i B? P ( A) =

Rješenje

8 8  8  6  5  5 P=   +   +   =  10   10   10  6 6 6       ni A, ni B

nije A, jest B

8  8  6  + 2 ⋅  5      10  6  

nije B, jest A

41. Bacamo tri kocke za igranje. Što je vjerojatnije: da ćemo dobiti zbroj 11 ili 12? Rješenje

42. Pet ljudi slučajno sjeda na pet stolica. Kolika je vjerojatnost da dvije određene osobe ne sjede jedna do druge? Rješenje

A

B A

B A

B A

P = 2⋅

B

3! 5!

43. U igri loto “7 od 39” izvlači se redom sedam brojeva od prvih 39 prirodnih brojeva. Nađite vjerojatnost da netko pogodi svih sedam brojeva. Rješenje

P=

1 =  39 

7  

1 1 = = 0, 000 000 065 39! 15 380 937 7! ⋅ 32!

44. U igri loto “7 od 39” izvlači se redom sedam brojeva od prvih 39 prirodnih brojeva. Nađite vjerojatnost da netko pogodi točno šest brojeva. Rješenje

7  6  ⋅ 32    39  7  

56

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

45. U igri loto “7 od 39” izvlači se redom sedam brojeva od prvih 39 prirodnih brojeva. Nađite vjerojatnost da netko pogodi točno pet brojeva. Rješenje

 7   32   5 ⋅  2       39  7   46. U igri loto “7 od 39” izvlači se redom sedam brojeva od prvih 39 prirodnih brojeva. Nađite vjerojatnost da netko pogodi točno četiri broja. Rješenje

47. Kutija sadrži 30 kuglica od kojih je 8 crnih. Iz kutije se nasumice izvlači pet kuglica. Kolika je vjerojatnost da budu izvučene točno dvije crne kuglice? Rješenje

 8   22   2 ⋅ 3       30  5   48. Kutija sadrži 30 kuglica od kojij je 8 crnih. Iz kutije se nasumice izvlači pet kuglica. Kolika je vjerojatnost da nijedna izvučena kuglica nije crna? Rješenje

 22  5    30  5   49. Kutija sadrži 30 kuglica od kojij je 8 crnih.. Iz kutije se nasumice izvlači pet kuglica. Kolika je vjerojatnost da budu izvučene barem tri crne kuglice? Rješenje

Barem tri crne ⇔ (tri crne) ili (četiri crne) ili (pet crnih) točno 3 crne

točno 4 crne

točno 5 crnih

 8   22   8   22   8   3 ⋅  5   4  ⋅  1   5    +   +    30   30   30  5 5 5       50. Iz snopa od 52 karte slučajno se izvlače 4 karte odjednom. Izračunajte vjerojatnost da su izvučena barem dva kralja. Rješenje

 4  4  2  3   +   + 1  52   52   52  4 4 4       2 kralja

3 kralja

4 kralja

57

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

51. Iz snopa od 52 karte slučajno odaberemo 8 karata. Kolika je vjerojatnost da su sve odabrane karte pikovi? Rješenje

 13  8    52  8   52. Iz snopa od 52 karte igrač slučajno uzima 10 karata. Kolika je vjerojatnost da je dobio 2 pika, 2 herca, 3 karo i 2 trefa? Rješenje

 13   13   13   13   2 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 2           52  8   53. U skupini od 35 studenata, njih 26 je oslobođeno polaganja pisemnog ispita. Slučajno se biraju 3 studenta. Kolika je vjerojatnost da su sva trojica oslobođeni ispita? Kolika je vjerojatnost da je barem jedan među njima oslobođen polaganja ispita? Rješenje

 26  3 sva trojica   , nijedan oslobođen  35  3  

9 9  3     , barem jedan 1 −  3   35   35  3 3    

54. Tri mladića i dvije djevojke sjede u jednom redu. Kolika je vjerojatnost da djevojke sjede jedna do druge? Rješenje

D

D

M

M

M

M

D

D

M

M

M

M

D

D

M

M

M

M

D

D

55. Iz snopa od 52 karte (po 13 svake od četiri boje: pik, herc, karo i tref) slučajno se izvlači 5 karata. Kolika je vjerojatnost da su izvučena točno tri «kralja» i jedan «as»? Rješenje

 4  4  3  ⋅  1  ⋅ 44 p=     52  5  

58

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

56. Iz skupa {a, b, c, d, e, 1, 2, 3} slučajno se biraju dva znaka. Kolika je vjerojatnost da je izabrano jedno slovo i jedna brojka? Rješenje

 5  3  1  ⋅  1  15 p=   = 28 8  2   57. Iz snopa od 52 karte (po 13 svake od četiri boje: pik, herc, karo i tref) slučajno se izvlači 6 karata. Kolika je vjerojatnost da su izvučena točno dvije «osmice» i tri «dame»? Rješenje

 4  4  2  ⋅  3  ⋅ 44 p=     52  6   58. Iz skupa {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} slučajno se bira jedan broj, a zatim se od preostalih bira opet jedan broj na slučajan način. Kolika je vjerojatnost da su izabrana dva neparna broja? Rješenje

4 2 2 p= = 7 7 2   59. Iz skupine od 11 osoba među kojima su tri žene i osam muškaraca slučajno se bitraju 3 osobe. Kolika je vjerojatnost da među odabranima najviše jedna žena? Rješenje

 8   8   3  3 +  2  ⋅  1  p=       11 3   60. Iz snopa od 52 karte (po 13 svake od četiri boje: pik, herc, karo i tref) slučajno se izvlači 6 karata. Kolika je vjerojatnost da su izvučene točno jedan «as», dva «dečka» i dvije «osmice»? Rješenje

4 ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ 40 ( 1 ) (2) ( 2) P= (526)

59

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

61. Iz skupine od 8 osoba među kojima su osobe A i B slučajno se bira njih 4. Kolika je vjerojatnost da u izabranoj skupini ne će istodobno biti i osoba A i osoba B? Rješenje

A ... izabrana osoba A i 3 osobe od preostalih, među kojima nije osoba B B ... izabrana osoba B i 3 osobe od preostalih, među kojima nije osoba A C ... izabrane 4 osobe među kojima nisu ni osoba A ni osoba B

 6 + 6 + 6  3 3 4  P= 8  4 

() () () ()

Događaji A, B i C se međusobno isključuju (ne mogu se istodobno realizirati) pa se njihove vjerojatnosti zbrajaju. 62. U igri loto treba od prvih 39 prirodnih brojeva odabrati skupinu od njih 6. Kolika je vjerojatnost da će igrač pogoditi točno 4 izvučena broja? Rješenje

Povoljni događaji su svi mogući odabiri od 4 izvučena broja (od 6 ukupno izvučenih) te bilo koji par među 33 preostalih neizvučenih brojeva. Svi mogući događaji su svi odabiri od po 6 brojeva od ukupno 39.

 6 ⋅ 33   4 2  P = 39  6 

()( ) ( )

63. Iz skupa {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} slučajno se biraju četiri broja. Kolika je vjerojatnost da ne će istodobno biti izabrani brojevi 0 i 1. Rješenje

A ... izabrana 4 broja među kojima nisu ni 0 ni 1 B ... izabran 1, te još 3 broja među kojima nije 0 C ... izabran 0, te još 3 broja među kojima nije 1

 8 + 8 + 8  4 3 3   P( A ∪ B ∪ C) = P( A) + P(B) + P(C) = 10  4 

() () () ()

64. Iz razreda od 18 mladića i 12 djevojaka slučajno se bira tročlani odbor za proslavu mature. Kolika je vjerojatnost da izabran barem jedan mladić? Rješenje

Povoljne događaje čine svi tročlani podskupovi u kojima su (1 mladić i 2 djevojke) ili (2 mladića i 1 djevojka) ili (3 mladića)

60

18 ⋅ 12 18 ⋅ 12 18 ( 1) (2) (2) (1) (3) P= + + 30 30 ( 3 ) ( 3 ) (303 )

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

65. U žari se nalaze dvije bijele i pet crnih kuglica. Dva igrača izvlače naizmjenice kuglicu. Izvučena kuglica se ne vraća u žaru. Pobjeđuje igrač koji prvi izvuče bijelu kuglicu. Izračunajte vjerojatnost sljedećih pobjede prvoga igrača. Rješenje

 2 5 4 2 5 4 3 2 2  + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 7 7 6 5 7 6 5 4 3 

2 5 4 2 5 4 3 2 2  + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅   7  7 6 5  7 6 5 4 3 66. Kolika je vjerojatnost da jednim bacanjem triju kocaka dobijemo dva jednaka broja, a

treći različit? Mogućih slučajeva postoji 6 ⋅ 6 ⋅ 6 = 216 (Varijacije 3. razreda os 6 elemenata s ponavljanjem). Odredimo broj povoljnih događaja. Jednaki rezultati na 2. i 3. kocki (2, 1, 1), (3, 1, 1), (4, 1, 1), (5, 1, 1), (6, 1, 1) (1, 2, 2), (3, 2, 2), (4, 2, 2), (5, 2, 2), (6, 2, 2) (1, 3, 3), (2, 3, 3), (4, 3, 3), (5, 3, 3), (6, 3, 3) (1, 4, 4), (2, 4, 4), (3, 4, 4), (5, 4, 4), (6, 4, 4) (1, 5, 5), (2, 5, 5), (3, 5, 5), (4, 5, 5), (6, 5, 5) (1, 6, 6), (2, 6, 6), (3, 6, 6), (4, 6, 6), (5, 6, 6) Analogno ako us rezultati jednaki na 1. i 3. ili na 1. i 2. Broj povoljnih je 3 ⋅ 5 ⋅ 6 = 180 Možemo i ovako razmišljati. Mogućnost da su na sve tri kocke jednaki brojevi je 6, a mogućnosti da su sve različite je 6 ⋅ 5 ⋅ 4 = 120 Dakle, 216 – 6 – 120 = 180

61

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

4. UVJETNA VJEROJATNOST I NEZAVISNOST 1.1. OSNOVNI POJMOVI 1.2. ARITMETIČKA SREDINA 1.3. 1.4. 1.5. 1.6.

Uvjetna vjerojatnost omogućuje određivanje vjerojatnosti nekog slučajnog događaja ukoliko su poznate poznate neke dopunske informacije, tj. postoje neki dopunski uvjeti. Primjer: Bacamo dva puta kocku za igranje. Kolika je vjerojatnost da je na prvoj kocki broj 6, ako je poznato da je zbroj rezultata u dva bacanja jednak 9? Kolika je vjerojatnost da se realizira događaj A, ako je poznato da se realizirao događaj B? Ovu vjerojatnost nazivamo uvjetna vjerojatnost i označavamo P(A|B). Pretpostavimo da se događaj B realizirao. Uvjetna vjerojatnost P(A|B) definira se na sljedeći način: P( A ∩ B ) P( A B) = . P( B) Pretpostavimo da je skup elementarnih događaja Ω konačan skup od n jednakovjerojatnih elementarnih događaja. Označimo sa n(A) broj elementarnih događaja koji tvore događaj A, n(B) broj elementarnih događaja koji tvore događaj B, n(A∩B) broj elementarnih događaja koji tvore događaj A∩B. Kako su svi elementarni događaji jednako vjerojatni, to vrijedi: n ( A) n( B ) n( A ∩ B ) P( A ∩ B ) = . P ( A) = , P( B) = n n n Želimo li izračunati vjerojatnost P(A|B) onda siguran događaj tvore samo oni elementarni događaji koji realiziraju događaj B. Dakle, događaj B ima ulogu skupa elementarnih događaja. Budući da u tom skupu ima n(A∩B) elementarnih događaja koji realiziraju događaj A, to je n( A ∩ B ) n( A ∩ B ) P( A ∩ B) n P( A B) = = = n( B ) n( B ) P( B ) n P( A ∩ B) Ako je P(A) > 0, izvodimo i uvjetnu vjerojatnost događaja B: P ( B A) = . Odatle slijedi P ( A) sljedeća jednakost:

P ( A ∩ B ) = P ( A) ⋅ P ( B A) = P ( B ) ⋅ P ( A B ) Za događaj A kažemo da je neovisan o događaju B ako vrijedi P ( A) = P ( A B ) . Dakle, događaj A je neovisan o događaju B ako realizacija deogađaja B ne mijenja vjerojatnost događaja A. Ako je P ( A) = P ( A B ) , onda iz P ( A ∩ B ) = P ( A) ⋅ P ( B A) = P ( B ) ⋅ P ( A B ) slijedi P ( A ∩ B ) = P ( A) ⋅ P ( B A) = P ( B ) ⋅ P ( A) , odnosno P ( B ) = P ( B A) Dakle, ako je događaj A neovisan o događaju B, onda je i događaj B neovisan o događaju A. Za neovisne događaje A i B vrijedi P ( A ∩ B ) = P ( A) ⋅ P ( B ) . Moguće je pokazati da je ova jednakost ekvivelentna neovisnosti pa se može rabiti i kao definicija pojma neovisnosti. Naime, ako je P ( A ∩ B ) = P ( A) ⋅ P ( B ) , to je onda P ( A B ) = P ( A) .

62

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Može se pokazati da ako su događaji A i B nezavisni, onda su i događaji A i B nezavisni. Nezavisnost dvaju događaja definira se pomoću uvjetne vjerojatnosti. Disjunktnost dvaju događaja definira se neovisno o pojmu vjerojatnosti. Praktično se i nezavisnost događaja A i B ne utvrđuje provjeravanjem jednakosti , nego slijedi neposredno iz fizičkih uvjeta danoga pokusa. Primjer. Vjerojatnost kvara svakog od dijelova A, B i C sklopa na slici u nekom vremenskom intervalu iznosi 0,2. Uređaj prestaje raditi ako je u kvaru dio C, dijelovi A i B ili pak sva tri dijela A, B i C. Ako je uređaj prestao raditi, kolika je vjerojatnost da je pokvaren samo dio C?

Označimo s X događaj da uređaj ne radi, a s Y da je pokvaren samo dio C.

A C B

Primjer. Strijelci A i B, neovisno jedan od drugome, gađaju metu svaki po dva puta. Vjerojatnost pogotka za A je 0,7 i za B je 0,6. Kolika je vjerojatnost da A pogodi metu više puta od B?

Uvedimo sljedeće oznake događaja:

A 2 B1 - strijelac A pogodio je dva puta, a strijelac B jednom; A 2 B0 - strijelac A pogodio je dva puta, a strijelac B nijednom; A1B0 - strijelac A pogodio je jednom, a strijelac B nijednom. Događaj da strijelac A ima više pogodaka od strijelca B označavamo A 2 B1 ∪ A 2 B0 ∪ A1B0 . Tada je p ( A 2 B1 ) = 0, 7 ⋅ 0, 7 ⋅ 0, 6 ⋅ 0, 4 + 0, 7 ⋅ 0, 7 ⋅ 0, 4 ⋅ 0, 6 ; p ( A 2 B0 ) = 0, 7 ⋅ 0, 7 ⋅ 0, 4 ⋅ 0, 4 i p ( A1B0 ) = 0, 7 ⋅ 0,3 ⋅ 0, 4 ⋅ 0, 4 + 0,3 ⋅ 0, 7 ⋅ 0, 4 ⋅ 0, 4 .

Dakle, p ( A 2 B1 ∪ A 2 B0 ∪ A1B0 ) = p ( A 2 B1 ) + p ( A 2 B0 ) + p ( A1B0 ) 1. U prvoj žari su 2 bijele i 10 cnih kuglica, a u drugoj 8 bijelih i 4 crne kuglice. Iz svake žare izvlačimo po jednu kuglicu. Kolika je vjerojatnost da su obje kuglice bijele? događaj A – pojavljivanje bijele kuglice iz prve žare događaj B – pojavljivanje bijele kuglice iz druge žare 2 1 8 2 1 2 1 P ( A) = = , P( B) = = , P ( A ∩ B ) = P ( A) ⋅ P ( B ) = ⋅ = 12 6 12 3 6 3 9

44. U prvoj žari su 2 bijele i 10 cnih kuglica, a u drugoj 8 bijelih i 4 crne kuglice. Iz svake žare izvlačimo po jednu kuglicu. Kolika je vjerojatnost da je jedna izvučena kuglica bijela, a druga crna? događaj A – pojavljivanje bijele kuglice iz prve žare događaj B – pojavljivanje bijele kuglice iz druge žare

63

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

događaj C – pojavljivanje crne kuglice iz prve žare ( C = A ) događaj D – pojavljivanje crne kuglice iz druge žare ( D = B ) 1 2 1 5 2 1 P ( A) = , P ( B ) = , P (C ) = P ( A) = 1 − = , P ( D ) = P ( B ) = 1 − = , 6 3 6 6 3 3 1 1 1 . ⋅ = 6 3 18 2 5 5 Vjerojatnost da je iz prve žare crna, a iz druge bijela kuglica: P ( B ∩ C ) = P ( B ) ⋅ P (C ) = ⋅ = . 3 6 9 1 5 11 + = Vjerojatnost da je jedna izvučena kuglica bijela, a druga crna je: P = P ( A ∩ D ) + P ( B ∩ C ) = 18 9 18

Vjerojatnost da je iz prve žare bijela, a iz druge crna kuglica: P ( A ∩ D ) = P ( A) ⋅ P ( D ) =

45. U žari je 6 bijelih i 8 crnih kuglica. Iz žare vadimo dvije kuglice, ne vraćajući natrag izvađenu kuglicu. Naći vjerojatnost da su obje izvađene kuglice bijele. A – pojavljivanje bijele kuglice pri prvome izvlačenju B – pojavljivanje bijele kuglice pri drugome izvlačenju P ( A ∩ B ) = P ( A) ⋅ P ( A B ) 6 3 6 −1 = , P( A B) = 6 +8 7 6 +8−1 3 5 P( A ∩ B) = ⋅ 7 13

P ( A) =

46. Tri strijelca gađaju u metu. Vjerojatnost pogotka prvoga je 0,75; vjerojatnost pogotka drugoga je 0,8; vjerojatnost pogotka trećeg strijelca je 0,9. Kolika je vjerojatnost da su sva trojica istodobno pogodila cilj? P(A) = 0,75; P(B) = 0,8; P(C) = 0,9; P(A ∩ B ∩ C) = P(A) ⋅ P(B) ⋅ P(C) = 0,75 ⋅ 0,8 ⋅ 0,9 = 0,54

47. Tri strijelca gađaju u metu. Vjerojatnost pogotka prvoga je 0,75; vjerojatnost pogotka drugoga je 0,9; vjerojatnost pogotka trećeg strijelca je 0,9. Izračunajte vjerojatnost da je barem jedan od strijelaca pogodio cilj. Vjerojatnost promašaja strijelaca su P ( A) = 1 − 0, 75 = 0, 25 ; P ( B ) = 1 − 0, 8 = 0, 2 ; P (C ) = 1 − 0, 9 = 0,1 . Tada je P ( A ∩ B ∩ C ) = P ( A) ⋅ P ( B ) ⋅ P (C ) = 0, 25 ⋅ 0, 2 ⋅ 0,1 = 0, 005 vjerojatnost da su sva trojica istodobno

pramašila. Dakle, vjerojatnosr da je barem jedan pogodio je P = 1 − P ( A ∩ B ∩ C ) = 1 − 0, 005 .

48. U žari je a bijelih i b crnih kuglica. Dvaput vadimo po jednu kuglicu bez vraćanja u žaru. Kolika je vjerojatnost da su od dviju izvađenih kuglica jedna bijela i jedna crna? događaj A – pojavljivanje bijele kuglice pri prvome vađanje događaj B – pojavljivanje crne kuglice pri drugome vađanju događaj C – pojavljivanje crne kuglice pri drugome vađanju događaj D – pojavljivanje bijele kuglice pri drugome vađanju Izračunajmo vjerojatnost da je prva izvađena kuglica bijela, a druga crna. a b ab P1 = P ( A) ⋅ P ( B A) = ⋅ = a + b a + b − 1 ( a + b )( a + b − 1) Izračunajmo vjerojatnost da je prva izvađena kuglica crna, a druga bijela. b a ab P2 = P (C ) ⋅ P ( D C ) = ⋅ = a + b a + b − 1 ( a + b)( a + b − 1)

64

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Dakle, vjerojatnost da je izvađena jedna bijela i jedna crna kuglica je P = P1 + P2 =

2ab ( a + b )( a + b − 1)

.

49. Vjerojatnost pogotka prvoga strijelca u metu je p1, a drugoga strijelca je p2. Strijelci gađaju istodobno. Kolika je vjerojatnost da jedan od njih pogodi, a drugi promaši. A – događaj u kojemu prvi pogađa, a drugi ne pogađa B – događaj u kojemu prvi ne pogađa, a drugi pogađa P = P(A) + P(B) = p1 ⋅ (1 − p2) + (1 − p1) ⋅ p2 = p1 + p2 - 2 p1p2

1.

Tri osobe bacaju novčić jedna za drugom. Pobjeđuje onaj koji prvi dobije grb. Kolika je vjerojatnost da će pobijediti 1. igrač?

G , P

P P G , P

P{pobijedio 1. igrač} =

P P

P

P P G , ...

1 1 1 1 1 1 1 4  1 1 + 4 + 7 + ... =  1 + 3 + 6 + 9 + ...  = ⋅ = 1 2 2 2 2 2 2 2 7  2 1− 8

50. U žari se nalaze dvije bijele i pet crnih kuglica. Dva igrača izvlače naizmjenice kuglicu. Izvučena kuglica se ne vraća u žaru. Pobjeđuje igrač koji prvi izvuče bijelu kuglicu. Izračunajte vjerojatnost sljedećih pobjede prvoga igrača.

2 5 4 2 5 4 3 2 2  + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅   7  7 6 5  7 6 5 4 3

65

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

5. BERNOULLIJEVI POKUSI Jacob Bernoulli (1654. – 1705.) švicarski matematičar Bernoullijeva shema je naziv za nezavisno ponavljanje nekog pokusa u kojemu je istaknut događaj A. Vjerojatnost da se u svakom pojedinom pokusu događaj A realizira (tj. pokus “uspije”) neka je p. Tada je vjerojatnost da se u pojedinom pokusu događaj A ne realizira (tj. pokus ne uspije) 1 – p što se obično označva q = 1 – p. Vršimo n pokusa. Svaki pokus završava uspjehom ili neuspjehom. Vjerojatnost da završi uspjehom je

n k 

p, a neuspjehom q = 1 – p. Vjerojatnost da točno k pokusa završi uspjehom je Pn ( k ) =   p k q n −k . Označimo simbolom 1 uspjeh pokusa, a simbolom 0 neuspjeh. Tipičan niz završetaka od n pokusa s k uspjeha ima ovakav oblik: 1 0 0 1 1 0 1 0 ... 1 p q q p p q p q ... p U donjem redu su napisane pripadne vjerojatnosti. Kako ima k uspjeha i n – k neuspjeha, a pokusi su međusobno neovisni to je prema formuli umnoška vjerojatnosti da na određenih k mjesta budu uspjesi

n k 

jednaka p k q n −k . Tih k mjesta možemo odabrati na   načina pa je prema formuli zbroja, jer su

n k 

događaji međusobno disjunktni,   p k q n −k . Pokus ponavljamo određen broj puta (n puta). Svaki pokus ima dva moguća ishoda. uspjeh i neuspjeh. Vjerojatnost uspjeha je jednaka u svakom ponovljenom pokušaju. Vjerojatnost uspjeha označavamo p, a vjerojatnost neuspjeha q = 1 – p. Ponovljeni pokusi su međusobno neovisni. Rezultat jednog pokusa nema utjecaja na rezultat drugoga pokusa. Zanima nas sveukupni broj uspjeha (ne poredak u kojemu su se uspjesi realizirali). Taj broj uspjeha može biti 0, 1, 2, 3, ..., n – 1 ili n. n Vjerojatnost da je on n izvršenih pokusa točno k puta registriran uspjeh je Pn ( k ) =   p k q n −k . k 

Pn ( 0 ) = q n

  Pn (1) = npq   n  n Pn ( 2 ) =   p 2 q n −2  Pn ( 0 ) + Pn (1) + Pn ( 2 ) + ... + Pn ( n ) = ( p + q ) = 1 2  .............................   Pn ( n ) = p n  n −1

66

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Vjerojatnost barem jednog uspjeha u n pokusa je Pn (1) + Pn ( 2 ) + ... + Pn ( n ) = 1 − Pn ( 0 ) = 1 − q n . Koliko najmanje pokusa treba ponoviti u neizmjenjenim uvjetima da bi s vjerojatnosti P događaj A nastupio barem jednom. Vjerojatnost događaja A u jednom pokusu neka je p.

1 − qn ≥ P −qn ≥ P − 1 qn ≤ 1 − P log q n ≤ log (1 − P ) n log q ≤ log (1 − P ) n≥

log (1 − P ) log q

ZADATCI 1. Novčić se baca uzastopno 5 puta. Kolika je vjerojatnost da ćemo dobiti točno 3 pisma? Rješenje

0,3125 2. Kocka se baca 3 puta. Kolika je vjerojatnost da se «5» pojavi točno 2 puta? Rješenje

0,0694 3. Novčić se baca 8 puta. Kolika je vjerojatnost da se točno 6 puta javlja G? Rješenje

0,109375 4. Novčić se baca 10 puta. Kolika je vjerojatnost da se G pojavi točno 6 puta? Rješenje

0,205 5. Vjerojatnost realizacije događaja A je 0,4. Kolika je vjerojatnost da se pri 10 ponavljanja pokusa događaj A realizira ne više od tri puta? Rješenje

0,38 6. U žari je 30 kuglica: 20 bijelih i 10 crnih. Izvadimo 4 kuglice redom, tako da registriramo boju izvađene kuglice i vratimo je u žaru. Kolika je vjerojatnost da su među 4 izvučene kuglice bile točno 2 bijele? Rješenje

0,296 7. Strijelac pogađa metu s vjerojatnosti 0,7. Kolika je vjerojatnost da će u seriji od 10 gađanja točno 5 puta pogoditi metu? Rješenje

0,1029 8. Koliko je vjerojatnost da obitelj s četvero djece ima bar jednog dječaka? (Pretpostavljamo da je vjerojatnost rođenja dječaka i djevojčice jednaka.) Rješenje

0,9375

67

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

9. Strijelac pogađa metu s vjerojatnosti 0,7. Kolika je vjerojatnost da će u seriji od 6 gađanja barem 3 puta pogoditi metu? Rješenje

0,07047 10. Test ima 5 zadataka, sa po 4 ponuđena odgovora za svaki zadatak, pri čemu je u svakom zadatku samo jedan ponuđeni odgovor točan. Student nasumce zaokružuje ponuđene odgovore. Kolika je vjerojatnost da pogodi 3 točna odgovora? Rješenje

0,088 11. Što je vjerojatnije u igri s ravopravnim suparnikom: dobiti 3 partije od 4 ili 5 partija od 8. Pretpostavljamo da nema nerijšenog ishoda. Rješenje

3 partije od 4 12. Pokus se sastoji u bacanju triju kocaka. izračunajte vjerojatnost da se u 10 nezavisnih pokusa 4 puta pojave točno 2 «jedinice». Rješenje

0,00317 13. Isplati li se kladiti na to da će se u četiri bacanja kocke barem jednom pojaviti «šestica»? Rješenje

Rješenje: da 14. Koliko najmanje puta treba baciti novčić da bi vjerojatnost da barem jednom padne G, bila veća od 0,99? Rješenje

Rješenje: 7 15. Koliko najmanje puta treba uzastopno baciti dvije kocke tako da vjerojatnost pojave obiju «šestica» bude barem 0,5 (tako da klađenje bude preporučljivo)? Rješenje

Rješenje: 25 16. Test ima 5 zadataka sa po 4 ponuđena odgovora za svaki zadatak, od kojih je samo jedan točan. Student slučajno zaokružuje odgovore. Kolika je vjerojatnost da će pogoditi točno 3 točna odgovora? Rješenje

1 3 , q= , n=5 4 4 3 2  5 3 2  5  1   3  P5 (3) =   p q =       ≈ 0,88  3  3  4   4  p=

17. Novčić se baca 8 puta. Kolika je vjerojatnost da se točno 6 puta javlja G? Rješenje 6

2

8 1   1  7 P8 ( 6 ) =       = 64  6 2   2 

68

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

18. U kutiji je a bijelih i b crnih kuglica. Izvadimo redom 10 kuglice tako da svaki puta registriramo boju i kuglicu vratimo u kutiju. Kolika je vjerojatnost da će među 10 izvučenih kuglice biti barem jedna bijela? Rješenje

Vjerojatnost da će se u jednom pokusu (tj. jednom izvlačenju) dobiti bijela kuglica je p = Dakle, q = 1 − p =

a . a+b

b . Vjerojatnost da se u 10 pokusa ne će izvući ni jedna bijela kuglica je a+b

10

10

 b   b  q=  . Vjerojatnost da će se izvući barem jedna bijela kuglica je P = 1 −   . a+b a+b 19. U kutiji je a bijelih i b crnih kuglica. Izvadimo redom 20 kuglice tako da svaki puta registriramo boju i kuglicu vratimo u kutiju. Kolika je vjerojatnost da će među 20 izvučenih kuglice biti točno četiri crne? Rješenje

Vjerojatnost da će se u jednom pokusu (tj. jednom izvlačenju) dobiti crna kuglica je p = Dakle, q =

b . a+b

a a+b

Tada je vjerojatnost da će se u 20 pokusa točno 4 puta izvući crna kuglica jednaka: 4

 20  b   a  n P =   p k q n − k =       4  a + b   a + b  k 

16

20. Novčić se baca uzastopno pet puta. Kolika je vjerojatnost da ćemo dobiti točno tri pisma? Rješenje

 5  1   3  2    

5

21. Novčić se baca uzastopno pet puta. Kolika je vjerojatnost da ćemo dobiti najmanje tri pisma? Rješenje 5 5 5 5  5  1   5   1   5  1   1    5  5   5  1 1  3   2  +  4   2  +  5   2  =  2    3  +  4  +  5   = 32 ⋅ 16 = 2                 

22. Novčić se baca uzastopno pet puta. Kolika je vjerojatnost da ćemo dobiti bar jedanput grb? Rješenje 5

31 1 1−   =  2  32 23. Isplati li se kladiti da će se u četiri bacanja kocke bar jedanput pojaviti šestica? Rješenje

5 Vjerojatnost da u n bacanja bude barem jedna šestica 1 −   6 4 5 1 1−   > 2 6

n

69

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

24. Dvije igraće kocke bacamo 8 puta. Odredite vjerojatnost da će se zbroj 11 pojaviti točno tri puta. Rješenje 3

 8   2   34   3   36   36      

5

25. Kolika je vjerojatnost da obitelj s četvero djece ima bar jednog dječaka (Vjerojatnost rođenja dječaka je 0,5)? Rješenje

1 2

4

Vjerojatnost rođenja barem jednog dječaka 1 −   =

15 16

26. Kolika je vjerojatnost da obitelj s četvero djece ima bar jednog dječaka i bar jednu djevojčicu (Vjerojatnost rođenja dječaka je 0,5)? Rješenje 4

1 2 4 1 Vjerojatnost da obitelj s četvero djece ima četiri djevojčice je   2

Vjerojatnost da obitelj s četvero djece ima četiri dječaka je  

Vjerojatnost da obitelj s četvero djece ima samo dječake ili samo djevojčice je 4

4

4

1 1 1 1   +   = 2⋅  = 2 2 2 8 Vjerojatnost da obitelj s četvero djece nema samo dječake ili samo djevojčice (dakle, bar jednog dječaka i bar jednu djevojčicu) je 1 −

1 7 = . 8 8

Rješenje

27. U serijskoj proizvodnji žarulja pokazalo se da ih je 10% neispravnih. Kolika je vjerojatnost da među 5 slučajno odabranih žarulja bude točno jedna neispravna? Rješenje

 5 4  1  0,1 ⋅ 0,9   28. U serijskoj proizvodnji žarulja pokazalo se da ih je 10% neispravnih. Kolika je vjerojatnost da među 5 slučajno odabranih žarulja budu bar dvije neispravne žarulje?

 5 2  5 3  5 4  5 5 3 2  2  0,1 ⋅ 0,9 +  3  0,1 ⋅ 0,9 +  4  0,1 ⋅ 0,9 +  5  0,1         29. U serijskoj proizvodnji žarulja pokazalo se da ih je 10% neispravnih. Kolika je vjerojatnost da među 5 slučajno odabranih žarulja ne bude niti jedna neispravna? Rješenje

0,95 30. Novčić se baca uzastopno pet puta. Kolika je vjerojatnost da će se «pismo» pojaviti neparan broj puta? Rješenje 4 3 2 5  5  1   1   5  1   1   5  1  1  1  ⋅  2  ⋅  2  +  3 ⋅  2  ⋅  2  +  5 ⋅  2  = 2                

70

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Test ima 6 zadataka sa po 5 ponuđenih odgovora od kojih je samo jedan točan. Student nasumce zaokružuje po jedan ponuđeni odgovor u svakom zadatku. Usmenom ispitu može pristupiti ako je točno odgovorio barem na dva zadatak. Kolika je vjerojatnost da se nije kvalificirao za usmeni dio ispita? Rješenje 5

4

 6  4   6  4   1  P =    +       0  5   1  5   5  31. Kolika je vjerojatnost da se u 5 bacanja dviju kocaka za igru točno 3 puta na tim kockama pojave brojevi čiji je zbroj 8? Rješenje

{( 2,6) , ( 3,5) , ( 4, 4 ) , ( 5,3) , ( 6, 2 )} p=

5 36

 5  5  P5 (3) =   ⋅    3   36 

3

 31  ⋅   36 

2

32. Kolika je vjerojatnost da se u 6 bacanja dviju kocaka za igru točno 3 puta na tim kockama pojave brojevi čiji je zbroj 9? Rješenje

{( 6,3) , (5, 4 ) , ( 4,5) , ( 3,6)} p=

4 36

 6  4  P6 (3) =   ⋅    3   36 

3

 32  ⋅   36 

3

33. Pri prijamu neke poruke vjerojatnost pogrješnog prijama svakog pojedinog znaka iznosi 0,01. Kolika je vjerojatnost da u primljenoj poruci od 10 znakova ne bude nijednog pogrješnog znaka. Kolika je vjerojatnost da u primljenoj poruci od 10 znakova budu barem dva pogrješna znaka? Rješenje 0

n = 10 , p =

10

 10   1   99  1 , P10 (0) =       = 0,904382 100  0   100   100 

Vjerojatnost realizacije događaja A je 0,4. Kolika je vjerojatnost da se pri 10 ponovljenih pokusa događaj A realizira ne više od tri puta? n = 10 , p = 0, 4 , q = 0,6 Vjerojatnost realizacija događaja A 0 puta P10 (0) = q10 = 0,610

 10  9 pq = 10 ⋅ 0, 4 ⋅ 0,69  1  10  Vjerojatnost realizacija događaja A 2 puta P10 (2) =   p 2 q8 = 45 ⋅ 0, 4 2 ⋅ 0,68 2  10  Vjerojatnost realizacija događaja A 3 puta P10 (3) =   p 3q 7 = 120 ⋅ 0, 43 ⋅ 0,67 3 P = P10 (0) + P10 (1) + P10 (2) + P10 (3) ≈ 0,38 Vjerojatnost realizacija događaja A 1 puta P10 (1) = 

71

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

34. U žari je 20 bijelih i 10 crnih kuglica. Vadimo 4 kuglice redom tako da registriramo boju i vratimo kuglicu natrag u žaru. Kolika je vjerojatnost da su među 4 izvučene bile točno 2 bijele kuglice? Rješenje

Vjerojatnost izvlačenja jedne bijele kuglice je p = kuglica je q = 1 − p =

20 2 = . Vjerojatnost da se ne izvuče bijela 30 3

1 . 3

4 2 P4 ( 2 ) =   p 2 q 2 = 6 ⋅    3 2

2

2

8 1 ⋅  = 27  3

Novčić se baca 10 puta. Kolika je vjerojatnost da s eglava pojavi točno 6 puta?

1 1 , q= 2 2 6 4  10  6 4  10   1   1  1 1 P10 ( 6 ) =   p q =       = 210 ⋅ ⋅ = 0, 205 64 16 6  6  2   2 

n = 10 , k = 6 , p =

35. Koliko najmanje puta treba baciti novčić da bi vjerojatnost barem jednog pojavljivanja G («glava») bila ne manja od 0,99? Rješenje

Vjerojatnost da u jednom bacanju padne G je p =

1 . 2

1 . 2 Vjerojatnost da u n bacanja ni jednom ne padne G je Pn ( 0 ) = q n .

Vjerojatnost da u jednom bacanju ne padne G je q = 1 − p =

Vjerojatnost da u n bacanja barem jednom padne G je 1 − q n .

1 − q n ≥ 0,99 n

1 1 −   ≥ 0,99 2 n 1 −   ≥ −0,01 2 n

1   ≤ 0,01 2 n log 0,5 ≤ log 0,01 log 0,01 n≥ ≈ 6,64 log 0,5 Najmanji broj bacanja novčića u kojemu je vjerojatnost pojavljivanja barem jedne G veće ili jednaka 0,99 je n = 7 .

72

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

36. Pokus se sastoji od bacanja dviju kocaka i registriranja jesu li se na njima pojavila dva ista broja. Koliko najmanje puta treba ponoviti pokus da bi vjerojatnost pojavljivanja barem jednog para istih brojeva bila veća od 0,95? Rješenje

Vjerojatnost da u jednom bacanju dviju kocaka dobijemo par istih brojeva je p =

6 1 = . 36 6

5 . 6 Vjerojatnost da u n bacanja ni jednom ne padne par istih brojeva je Pn ( 0 ) = q n . Vjerojatnost da u jednom bacanju ne padne isti brojevi je q = 1 − p =

Vjerojatnost da u n bacanja barem jednom dobijemo par istih brojeva je 1 − q n .

1 − q n > 0,95 n

5 1 −   > 0,95 6 n

5 −   > −0, 05 6 n

5   < 0, 05 6 5 n log < log 0, 05 6 log 0, 05 n> ≈ 16, 43 log 5 − log 6 Najmanji broj bacanja dviju kocaka tako da vjerojatnost pojavljivanja barem jednog para istih brojeva bude veća od 0,95 je n = 17 .

De Merreov problem koliko najmanje puta treba uzastopno bacati dvije kcoke pa da vjerojatnost pojave dviju šestica bude barem 0,5? (Dakle, vjerojatnost tako da kleđenje bude preporučljivo.) A događaj da su se na obje kocke u n bacanja barem jednom pojavile obje šestice A događaj da se niti u jednom od n bacanja nisu pojavile obje šestice

1 36 35 Vjerojatnost da se u jednom bacanju nisu pojavile obje šestice je jednaka q = . 36 n n  35   35  Bacanja kocke su međusobno neovisni događaji pa P ( A ) =   , tj. P ( A) = 1 −   .  36   36  1 Treba odrediti n tako da bude P ( A) ≥ . 2 n n n 1 1  35   35  1  35   35  1 −   ≥ ⇒ ≥   ⇒ log   ≥ log   = n log   2 2  36   36  2  36   36   35  1 n log   ≤ log    36  2 Vjerojatnost da su se u jednom bacanju pojavile obje šestice je jednaka p =

73

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

1 log    2  ≈ 24,6 , n = 25 n≥  35  log    36  Primjer. Koliko ljudi na slučajan način treba odabrati određena osoba kako bi s vjerojatnosti 1 ne manom od među odabranima bila i osoba rođena istoga dana kad i određena osoba? 2 Intuitivno bismo mogli odgovoriti, pogrješno naravno, polovica od 365 odnosno 183. Vjerojatnost da se jedan slučajno odabrani muškarac rodio neki drugi dan, različit od dana rođenja osobe je 365 − 1 365 Pri odabiru n ljudi, vjerojatnost da oni svi imaju rođendan neki drugi dan od promatranog je n 365 − 1 365 Vjerojatnost da barem jedan od n slučajno odabranih ljudi ima rođendan toga određenog dana je n 365 − 1 Pn = 1 − 365

FG H

IJ K

FG H

IJ K

Zadatak nam je naći najmanji n takav da Pn ≥

F 365 − 1IJ ≥ 1 1− G H 365 K 2 F 365 − 1IJ ≥ − 1 −G H 365 K 2 FG 365 − 1IJ ≤ 1 H 365 K 2 n

n

n

364 1 ≤ 365 2 1 ln 2 = −0,693147 = 252,65 n≥ 364 −0,002743 ln 365 n = 253 n ln

74

1 2

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

6. FORMULA POTPUNE VJEROJATNOSTI. BAYESOVA FORMULA Disjunktni događaji H1 , H 2 , ..., H n tvore particiju skupa elementarnih događaja Ω ako je n

Ω = H1 ∪ H 2 ∪ ... ∪ H n = ∪ H i . i =1

H5

H1 H6

H4

H3

H2

Drugim riječima, događaji H1 , H 2 , ..., H n tvore particiju skupa Ω ako se međusobno isključuju i ako se barem jedan od njih realizira. Pretpostavimo da događaji H1 , H 2 , ..., H n tvore particiji od Ω i neka je A ⊆ Ω neki slučajni događaj. H5 H1 A ∩ H5 A ∩ H1

H6

A ∩ H6

H4

A ∩ H4 A ∩ H3

A ∩ H2

H3 H2

P ( A) = P [( A ∩ H 1 ) ∪ ( A ∩ H 2 ) ∪ ... ∪ ( A ∩ H n ) ] = = P ( A ∩ H 1 ) + P ( A ∩ H 2 ) + ... + P ( A ∩ H n ) = = P ( H 1 ) ⋅ P ( A H 1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P ( A H 2 ) + ... + P ( H n ) ⋅ P ( A H n ) = n

=

∑P(H ) ⋅ P( A H ) i

i

i =1

75

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Formula potpune vjerojatnosti P ( A) = P ( H 1 ) ⋅ P ( A H 1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P ( A H 2 ) + ... + P ( H n ) ⋅ P ( A H n ) =

n

∑P(H ) ⋅ P( A H ) i

i

i =1

ZADATCI 1. Određenu robu proizvode 3 tvornice. Prva tvornica prouzvodi 2 puta više od druge, a druga i treća jednaku količinu proizvoda u istom vremenskom periodu. Među proizvodima prve i druge tvornice nalazi se 2% proizvoda s greškom, a među proizvodima treće tvornice ih je 4%. Pretpostavimo da se proizvodi svih triju tvornica čuvaju u zajedničkom skladištu iz kojega se slučajno vadi jedan proizvod. Izračunajte vjerojatnost da je taj proizvod s greškom. Rješenje

2. Imamo 4 kutije. U prvoj je 1 bijela i 1 crna kuglica; u drugoj su 2 bijele i 3 crne kuglice; u trećoj su 3 bijele i 5 crnih kugliva; u četvrtoj su 4 bijele i 7 crnih kuglica. Slučajno se odabire jedna kutija i iz nje slučajno vadi jedna kuglica. Kolika je vjerojatnost da je ta kuglica bijela? Vjerojatnost odabira i-te kutije neka je i/10. Rješenje

?

P ( A) = P ( H 1 ) ⋅ P ( A H 1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P ( A H 2 ) + P ( H 3 ) ⋅ P ( A H 3 ) + P ( H 4 ) ⋅ P ( A H 4 ) = =

1 1 2 2 3 3 4 4 1707 ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = 10 2 10 5 10 8 10 11 4400

3. U prvoj kutiji nalaze se 3 bijele i 2 crne kuglice, a u drugoj 4 bijele i 2 crne. Odaberemo na sreću jednu kuglicu iz prve kutije i prebacimo je u drugu. Nakon toga izvlačimo kuglicu iz druge kutije. Kolika je vjerojatnost da će ta kuglica biti crna? Rješenje

A iz druge kutije izvučena crna kuglica H1 kuglica koja je prebačena iz prve kutije u drugu je crna H2 kuglica koja je prebačena iz prve kutije u drugu je bijela

I.

H1

II.

P ( A) = P ( H 1 ) ⋅ P ( A H 1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P ( A H 2 ) =

76

I.

12 35

H2

II.

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

4. U skupini od 20 strijelaca 4 su odlična, 10 je dobrih i 6 slabih. Vjerojatnost pogotka u cilj pri jednom gađanju iznosi za odličnog strijelca 0,9; za dobrog 0,7; za slabog 0,5. Ako slučajno izaberemo jednog strijelca, kolika je vjerojatnost da on promaši? Rješenje

P(A) = 0,32 5. U kutiji K1 ima 7 bijelih i 8 crnih kuhlica, a u K2 8 bijelih i 7 crnih. Iz K1 se slučajno uzimaju 2, a iz K2 3 kuglice. Tih se 5 kuglica izmiješa i stavi u kutiju K3. Ako se iz K3 slučajno uzme jedna kuglica, kolika je vjerojatnost da je ona bijele boje? Rješenje

H1....izvađena kuglica je iz 1. kutije; H2....izvađena kuglica je iz 2. kutije; P(A)= 0,51; 6. Voćarnica se opskrbljuje jabukama iz dvaju voćnjaka, i to 60% potrebne količine iz prvoga i 40% iz drugoga voćnjaka. Među jabukama iz prvoga voćnjaka njih 15% je prve kakvoće, dok je među jabukama iz drugoga voćnjaka 25% prve kakvoće. Kolika je vjerojatnost da je na sreću odabrana jabuka iz te voćarnice, prve kvalitete?

H1 - odabrana jabuka je iz 1. voćnjaka; H2 - odabrana jabuka je iz 2. voćnjaka; A - odabrana jabuka 1. kakvoće 60 30 6 15 4 25 P ( H1 ) = ; P( H 2 ) = , P ( A) = P ( H1 ) ⋅ P ( A H1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P ( A H 2 ) = ⋅ + ⋅ = 0,19 100 100 10 100 10 100 7. Cilj se gađa iz 3 topa. Topovi pogađaju cilj neovisno jedan o drugome s vjerojatnosti 0,4. Ako jedan top pogodi cilj, on ga uništava s vjerojatnosti 0,3. Ako cilj pogode dva topa, bit će uništen s vjerojatnosti 0,7. Ako cilj pogode sva tri topa vjerojatnost uništenja cilja je 0,9. Izračunajte vjerojatnost da će cilj biti uništen. Rješenje

A

cilj pogođen

H0

cilj pogođen iz 0 topova

P ( H 0 ) = 0, 63

P( A H 0 ) = 0

H1

cilj pogođen iz 1 topa

P ( H1 ) = 3 ⋅ 0, 4 ⋅ 0, 62

P ( A H1 ) = 0,3

H2

cilj pogođen iz 2 topa

P ( H 2 ) = 3 ⋅ 0, 42 ⋅ 0, 6

P ( A H 2 ) = 0, 7

H3

cilj pogođen iz 3 topa

P ( H 3 ) = 0, 43

P ( A H 3 ) = 0,9

P ( A) = P ( H 0 ) ⋅ P ( A H 0 ) + P ( H1 ) ⋅ P ( A H1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P( A H 2 ) + P( H 3 ) ⋅ P( A H 3 )

77

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

8. Na ispitu je zadano 10 pitanja. Student prolazi ako točno odgovori na dva slučajno izvučena pitanja ili ako točno odgovori na jedno od njih i zatim odgovori na treće pitanje. Na koliko najmanje pitanja student treba znati odgovor da bi s vjerojatnosti od 0,8 prošao na ispitu? Rješenje

n ......broj pitanja na koje student zna odgovor; A.......student položio ispit

n n −1 P ( A H1 ) = 1 ⋅ 10 9 n 10 − n 10 − n n n −1 P( H 2 ) = ⋅ P( A H 2 ) = + ⋅ H2 - student odgovorio na jedno pitanje 10 9 10 9 8 10 − n 9 − n H3 - student nije odgovorio ni na jedno P( A H 3 ) = 0 P( H 3 ) = ⋅ pitanje 10 9 n ⋅ (n − 1) ⋅ (14 − n) P ( A) = P( H1 ) ⋅ P ( A H1 ) + P( H 2 ) ⋅ P( A H 2 ) + P( H 3 ) ⋅ P( A H 3 ) = 360 H1 - student odgovorio na dva pitanja

P ( H1 ) =

Uvrštavanjem za n = 5, 6, 7, 8, 9, 10 dobivamo rezultat (n = 7). 9. Među studentima jednog visokog učilišta, čiji dio čini 55% muškaraca, ustanovljeno je da se 70% muškaraca i 60% žena bavi barem jednim športom. Kolika je vjerojatnost da se slučajno odabrana osoba među studentima toga učilišta ne bavi ni jednim športom?

A slučajno odabrana osoba se ne bavi športom H M slučajno odabrana osoba je muškarac

H F slučajno odabrana osoba je žena 55 45 30 40 P (HM ) = , P (HF ) = , P ( A HM ) = , P ( A HF ) = 100 100 100 100 55 30 45 40 P ( A) = P ( H M ) ⋅ P ( A H M ) + P ( H F ) ⋅ P ( A H F ) = ⋅ + ⋅ = 0,345 100 100 100 100 10. Voćarnica se opskrbljuje jabukama iz dvaju voćnjaka, i to 60% potrebne količine iz prvoga i 40% iz drugoga voćnjaka. Među jabukama iz prvoga voćnjaka njih 15% je prve kakvoće, dok je među jabukama iz drugoga voćnjaka 25% prve kakvoće. Kolika je vjerojatnost da je slučajno odabrana jabuka iz te voćarnice, prve kakvoće? Rješenje

60 40 15 25 , P ( H2 ) = , P ( A H1 ) = , P ( A H2 ) = 100 100 100 100 60 15 40 25 P ( A) = P ( H 1 ) ⋅ P ( A H 1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P ( A H 2 ) = ⋅ + ⋅ 100 100 100 100 P ( H1 ) =

78

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

11. Među studentima jednog učilišta, čiji dio čini 75% muškaraca, ustanovljeno je da je 20% muškaraca i 80% žena plavokoso. Kolika je vjerojatnost da je slučajno odabrana osoba među studentima toga učilišta plavokosa? Rješenje

H1 – slučajno odabrana osoba je muškarac H2 – slučajno odabrana osoba je žena A – slučajno odabrana osoba je plavokosa

P ( A) = P( H 1 ) ⋅ P( A H 1 ) + P( H 2 ) ⋅ P( A H 2 ) =

75 20 25 80 ⋅ + ⋅ 100 100 100 100

12. Cilj se gađa iz dvaju topova. Topovi pogađaju cilj neovisno jedan o drugome s vjerojatnosti 0,6. Ako jedan top pogodi cilj, on ga uništava s vjerojatnosti 0,2. Ako cilj pogode oba topa, bit će uništen s vjerojatnosti 0,8. Izračunajte vjerojatnost da će cilj biti uništen. Rješenje

A – cilj uništen H0 – cilj nije pogođen niti iz jednog topa

P ( H 0 ) = 0,4 2

P( A H 0 ) = 0

H1 – cilj pogođen iz samo jednoga topa

P ( H 1 ) = 0,6 ⋅ 0,4 + 0,6 ⋅ 0,4

P ( A H 1 ) = 0,2

H2 – cilj pogođen iz oba topa

P( H 2 ) = 0,6 2

P ( A H 2 ) = 0,8

P ( A) = P ( H 0 ) ⋅ P ( A H 0 ) + P ( H 1 ) ⋅ P ( A H 1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P ( A H 2 ) 13. Iz kutije K1, u kojoj su 3 bijele i 2 crne kuglice, prebačene su slučajnim izborom 2 kuglice u kutiju K2, u kojoj su 4 bijele i 4 crne kuglice. Ako se zatim iz kutije K2 slučajnim izborom izvuče jedna kuglica, kolika je vjerojatnost da je ona bijele boje? Rješenje

H1 H2 H3

iz K1 u K2 prebačene 2 bijele kuglice iz K1 u K2 prebačene 2 crne kuglice iz K1 u K2 prebačena 1 bijela i 1 crna kuglice

 13  P( A) = 25 

14. Određenu robu proizvode 3 tvornice. Prva tvornica prouzvodi 2 puta više od druge, a druga i treća jednaku količinu proizvoda u istom vremenskom perodu. Poznato je da se među proizvodima i prve i druge tvornice nalazi 2% proizvoda s greškom, a među proizvodima treće tvornice ih je 4%. Pretpostavimo da se proizvodi svih triju tvornica čuvaju u zajedničkom skladištu iz kojega se slučajno vadi jedan proizvod. Izračunajte vjerojatnost da je taj proizvod s greškom.

15. Imamo 4 kutije. U prvoj je 1 bijela i 1 crna kuglica; u drugoj su 2 bijele i 3 crne kuglice; u trećoj su 3 bijele i 5 crnih kugliva; u četvrtoj su 4 bijele i 7 crnih kuglica. Slučajno se odabire jedna kutija i iz nje slučajno vadi jedna kuglica. Kolika je vjerojatnost da je ta kuglica bijela? Vjerojatnost odabira i-te kutije neka je i/10.

16. U prvoj kutiji nalaze se 3 bijele i 2 crne kuglice, a u drugoj 4 bijele i 2 crne. Odaberemo na sreću jednu kuglicu iz prve kutije i prebacimo je u drugu. Nakon toga izvlačimo kuglicu iz druge kutije. Kolika je vjerojatnost da će ta kuglica biti crna?

79

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

17. Cilj se gađa iz 3 topa. Topovi pogađaju cilj neovisno jedan o drugome s vjerojatnosti 0,4. Ako jedan top pogopdi cilj, on ga uništava s vjerojatnosti 0,3. Ako cilj pogode dva topa, bit će uništen s vjerojatnosti 0,7. Ako cilj pogode sva tri topa vjerojatnost uništenja cilja je 0,9. Izračunajte vjerojatnost da će cilj biti uništen.

18. Voćarnica se opskrbljuje jabukama iz dvaju voćnjaka, i to 60% potrebne količine iz prvoga i 40% iz drugoga voćnjaka. Među jabukama iz prvoga voćnjaka njih 15% je prve kakvoće, dok je među jabukama iz drugoga voćnjaka 25% prve kakvoće. Kolika je vjerojatnost da je na sreću odabrana jabuka ize te voćarnice, prve kvalitete? Rješenje

19. Na ispitu je zadano 10 pitanja. Student prolazi ako točno odgovori na dva slučajno izvučena pitanja ili ako točno odgovori na jedno od njih i zatim odgovori na treće pitanje. Na koliko najmanje pitanja student treba znati odgovor da bi s vjerojatnosti od 0,8 prošao na ispitu? Rješenje

20. U 3 jednake kutije nalaze se kuglice. U prvoj je 20 bijelih, u drugoj 10 bijelih i 10 crnih, a u trećoj je 20 crnih kuglica. Iz slučajno odabrane kutije vadimo kuglicu i ustanovimo da je bijela. Kolika je vjerojatnost da je ta kuglica izvađena iz prve kutije?

21. Dva strijelca gađaju istu metu, svaki ispalivši po jedan hitac. Vjerojatnost pogotka prvoga strijelca je 0,9 dok je vjerojatnost pogotka drugoga 0,4. Poslije je ustanovljeno da je meta pogođena jednim metkom. Kolika je vjerojatnost da je pogodio prvi strijelac? Rješenje

22. Tvrtka proizvodi na dva stroja neki proizvod. Stroj A proizvodi 65% proizvodnje, ali je 5% njegovih proizvoda neispravno. Stroj B prouzvodi 35% proizvoda i među njegovim je 15% neispravnih. Slučajno je odabran proizvod te tvornice i ustanovljeno je da nije ispravan. Kolika je vjerojatnost da dolazi s prvoga stroja A? Rješenje

23. U kutiji su tri proizvoda među kojima može biti i neispravih. Slučajno odaberemo jedan proizvod i ustanovimo da nije ispravan. Kolika je vjerojatnost da su u kutiji 1 ispravan i 2 neispravna proizvoda? Rješenje

H0 – u kutiji 0 ispravnih i 3 neispravna H1 – u kutiji 1 ispravan i 2 neispravna H2 – u kutiji 2 ispravna i 3 neispravna H3 – u kutiji 3 ispravna i 0 neispravnih A – slučajno odabrani proizvod nije ispravan

P ( A) = P( H 0 ) ⋅ P( A H 0 ) + P( H 1 ) ⋅ P( A H 1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P( A H 2 ) + P( H 3 ) ⋅ P( A H 3 ) =

80

1 2

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

(Da je P(A) = 0,5 možemo zaključiti i bez formule potpune vjerojatnosti jer je jednako vjerojatno da će slučajno izabrani proizvod biti ispravan ili neispravan).

1 2 P ( H1 ) ⋅ P( A H1 ) 4 ⋅ 3 P ( H1 A) = = = 0,33 P( A) 0,5 24. Dva strijelca gađaju istu metu, svaki ispalivši po jedan hitac. Vjerojatnost pogotka za prvoga strijeca je 0,8; a za drugoga je 0,4. Poslije je ustanovljeno da je meta pogođena jednim metkom. Odredite vjerojatnost da je metu pogodio prvi strijelac. Rješenje

A meta pogođena jednim metkom H0 ni jedan strijelac nije pogodio metu

P ( H 0 ) = 0, 2 ⋅ 0, 6

P ( A H0 ) = 0

H1 metu pogodio samo prvi strijelac

P ( H1 ) = 0,8 ⋅ 0,6

P ( A H1 ) = 1

H2 metu pogodio samo drugi strijelac

P ( H 2 ) = 0, 2 ⋅ 0, 4

P ( A H2 ) = 1

H3 metu pogodila oba strijelca

P ( H 3 ) = 0,8 ⋅ 0, 4

P ( A H3 ) = 0

P ( A) = P ( H 0 ) ⋅ P ( A H 0 ) + P ( H 1 ) ⋅ P ( A H 1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P ( A H 2 ) + P ( H 3 ) ⋅ P ( A H 3 ) = 0,56

P ( H1 A) =

P ( H1 ) ⋅ P ( A H1 ) P ( A)

=

0, 48 ⋅ 1 = 0,857 0,56

25. Tvrtka proizvodi na dva stroja neki proizvod. Stroj A proizvodi 65% proizvodnje, ali je 5% njegovih proizvoda neipravno. Stroj B proizvodi 35% proizvoda i 15% je neispravno. slučajno je odabran proizvod te tvornice i utvrđeno je da nije ispravan. Kolika je vjerojatnost da dolazi s prvoga stroja A? Rješenje

H1 odabrani proizvod proizveden na stroju A H2 odabrani proizvod proizveden na stroju B H1

H2 neispravni

P ( H1 A) =

P ( H1 ) ⋅ P ( A H1 )

P ( H1 ) ⋅ P ( A H1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P ( A H 2 )

65 5 ⋅ 13 100 100 = = 65 5 35 15 34 ⋅ + ⋅ 100 100 100 100

26. U tri izgledom jednake posude nalaze se kuglice. U prvoj je 20 bijelih, u drugoj 10 bijelih i 10 crnih i u trećoj kutiji 20 crnih kuglica. Iz slučajno odabrane posude izvadimo kuglicu. Ustanovimo da je bijela. Kolika je vjerojatnost da je ta kuglica izvađena iz prve posude? Rješenje

H1 izvađena kuglica je iz prve posude H2 izvađena kuglica je iz druge posude H3 izvađena kuglica je iz treće posude

81

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

P ( H1 ) = P ( H 2 ) = P ( H 3 ) = P ( H1 A) =

1 3 P ( H1 ) ⋅ P ( A H1 )

P ( H1 ) ⋅ P ( A H1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P ( A H 2 ) + P ( H 3 ) ⋅ P ( A H 3 )

1 ⋅1 2 3 = = 1 1 1 1 ⋅1 + ⋅ + ⋅ 0 3 3 3 2 3

27. (Bayesova formula) Određenu robu proizvode 3 tvornice. Prva tvornica prouzvodi 2 puta više od druge, a druga i treća jednaku količinu proizvoda u istom vremenskom periodu. Među proizvodima prve i druge tvornice nalazi se 2% proizvoda s greškom, a među proizvodima treće tvornice ih je 4%. Pretpostavimo da se proizvodi svih triju tvornica čuvaju u zajedničkom skladištu iz kojega se slučajno vadi jedan proizvod i ustanov se da nije ispravan. Kolika je vjerojatnost da taj proizvod potječe iz prve tvornice? Rješenje

A ..... slučajno odabrani proizvod nije ispravan H1 ... slučajno odabrani proizvod potječe iz 1. tvornice H2 ... slučajno odabrani proizvod potječe iz 2. tvornice H3 ... slučajno odabrani proizvod potječe iz 3. tvornice P( H1 ) ⋅ P ( A H1 ) P ( H1 A) = = P ( H1 ) ⋅ P ( A H1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P ( A H 2 ) + P( H 3 ) ⋅ P ( A H 3 ) 1 =

1

⋅

2

2 100

+

⋅

2

2 100 1 2 ⋅

4 100

+

1

⋅

4

= 0, 4

4 100

28. Neki izvor emitira poruke koje se sastoje od znakova 0 i 1.Vjerojatnost emitiranja znaka 1 je 0,6, vjerojatnost emitiranja znaka 0 je 0,4. na izlazu iz kanala 10% znakova se pogrješno interpretira. Ako je primljena poruka 101, kolika je vjerojatnost da je ona i poslana? Rješenje

A .... primljen je znak 0 B .... primljen je znak 1 H0 .... poslan je znak 0; H1 .... poslan je znak 1 D .... poslana je poruka 101, ako je primljena poruka 101 P(H0) = 0,4; P(H1) = 0,6 P ( A) = P( H 0 ) ⋅ P( A H 0 ) + P( H1 ) ⋅ P ( A H1 ) = 0, 42

P ( B) = 1 − P( A) = 0, 58 Vjerojatnosti da su pojedini znakovi pravilno primljeni: P( H 0 ) ⋅ P( A H 0 ) P ( H 0 A) = = 0,857 P( H 0 ) ⋅ P( A H 0 ) + P ( H1 ) ⋅ P( A H1 )

P ( H1 B ) =

P ( H1 ) ⋅ P ( B H1 )

= 0, 931 P ( H 0 ) ⋅ P ( B H 0 ) + P ( H1 ) ⋅ P ( B H1 ) Prijemovi pojedinih znakova su nezavisni događaji pa vrijedi: P ( D ) = P ( H1 B ) ⋅ P ( H 0 A) ⋅ P ( H1 B ) = 0, 743

82

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

29. Iz jedne od triju slučajno odabranih kutija izvučemo na slučajan način jednu kuglicu. Nakon izvlačenja ustanovimo da je bijela. Izračunajte vjerojatnost da je kuglica izvučena iz prve kutije, ako je poznato da je u prvoj kutiji bilo 14 bijelih i 6 crnih kuglica, u drugoj kutiji 15 bijelih i 5 crnih te u trećoj kutiji 12 bijelih i 8 crnih kuglica. Rješenje

P ( H1 ) = P ( H 2 ) = P ( H 3 ) = A izvučena bijela kuglica

P ( H1 A) =

1 3 P ( H1 ) ⋅ P ( A H1 )

P ( H1 ) ⋅ P ( A H1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P ( A H 2 ) + P ( H 3 ) ⋅ P ( A H 3 )

=

1 14 ⋅ 3 20 = = 0,341 1  14 15 12  ⋅ + +  3  20 20 20  30. U prvoj kutiji nalaze se a bijelih i b crnih kuglica, a u drugoj c bijelih i d crnih. Slučajno odaberemo jednu kuglicu iz prve kutije i prebacimo je u drugu. Nakon toga izvlačimo kuglicu iz druge kutije. Kolika je vjerojatnost da će ta kuglica biti crna? Rješenje

HB HC P ( A) = P ( H B ) ⋅ P ( A H B ) + P ( H C ) ⋅ P ( A H C ) =

a d b d +1 ⋅ + ⋅ a + b c + d +1 a + b c + d +1

31. Voćarnica se opskrbljuje jabukama iz dvaju voćnjaka, i to 75% potrebne količine iz prvoga i 25% iz drugoga voćnjaka. Među jabukama iz prvoga voćnjaka njih 10% je prve kakvoće, dok je među jabukama iz drugoga voćnjaka 5% prve kakvoće. Slučajno uzimamo jednu jabuku iz te voćarnice i ustanovimo da ona nije prve kakvoće. Kolika je vjerojatnost da potječe iz drugoga voćnjaka? Rješenje

P ( H 2 A) =

P ( H2 ) ⋅ P ( A H2 )

P ( H1 ) ⋅ P ( A H1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P ( A H 2 )

25 95 ⋅ 100 100 = 75 90 25 95 ⋅ + ⋅ 100 100 100 100

32. Tvrtka proizvodi na dva stroja neki proizvod. Prvi stroj proizvodi četverostruko više proizvoda od drugoga stroja. Među proizvodima prvoga stroja je 15% neispravnih dok je među proizvodima drugoga stroja je 1% neispravnih Slučajno je odabran proizvod te tvornice i ustanovljeno je da je ispravan. Kolika je vjerojatnost da dolazi s prvoga stroja? Rješenje

P( H 1 ) =

4 1 , P( H 2 ) = 5 5

4 85 ⋅ 5 100 = P ( H 1 A) = P( H 1 ) ⋅ P( A H 1 ) + P( H 2 ) ⋅ P( A H 2 ) 4 85 1 99 ⋅ + ⋅ 5 100 5 100

P( H 1 ) ⋅ P( A H 1 )

83

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

33. Dobavljač robe doprema robu kamionom ili vlakom. Poznato je da je vjerojatnost da će

roba stići na vrijeme 0,8, ako se šalje kamionom, a 0,6 ako se šalje vlakom. Kolika je vjerojatnost da je roba poslana kamionom, ako je stigla na vrijeme? Prijevoz kamionom koristi se dvaput češće nego vlakom. Rješenje

Neka je P(K) vjerojatnost da je roba poslana kamionom, a P(V) vjerojatnost da je poslana vlakom. Neka je P(T|K) vjerojatnost da je roba stigla točn an vrijeme pod uvjetom da se prevozila kamionom i P(T|V) vjerojatnost da je roba stigla točn an vrijeme pod uvjetom da se prevozila vlakom. Prema uvjetima zadatka imamo 2 P( K ) = 3 1 P(V ) = 3 P T K = 0,8 P T V = 0,6

c h c h

c h Pb K g ⋅ PPcTb KKgh⋅ +PcPTbVKgh⋅ PcT V h = 118

P KT =

34. Određenu robu proizvode 3 tvornice. Prva tvornica prouzvodi 2 puta više od druge, a

druga i treća jednaku količinu proizvoda u istom vremenskom periodu. Među proizvodima prve i druge tvornice nalazi se 2% proizvoda s grješkom, a među proizvodima treće tvornice ih je 4%. Pretpostavimo da se proizvodi svih triju tvornica čuvaju u zajedničkom skladištu iz kojega se slučajno vadi jedan proizvod i ustanov se da nije ispravan. Kolika je vjerojatnost da taj proizvod potječe iz prve tvornice? Rješenje

A ..... slučajno odabrani proizvod nije ispravan H1 ... slučajno odabrani proizvod potječe iz 1. tvornice H2 ... slučajno odabrani proizvod potječe iz 2. tvornice H3 ... slučajno odabrani proizvod potječe iz 3. tvornice P ( H1 A) =

P ( H1 ) ⋅ P ( A H1 ) P ( H1 ) ⋅ P ( A H1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P ( A H 2 ) + P( H 3 ) ⋅ P ( A H 3 ) 1

=

1

⋅

2

2 100

84

+

⋅

2

2 100 1 2 ⋅

4 100

+

1

⋅

4

4 100

= 0, 4

=

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

35. Test za izvjesnu rijetku bolest je ispravan u 95% slučajeva: ako osoba ima bolest, rezultat

testa je pozitivan s vjerojatnosti 0,95; a ako osoba nema bolest rezultat testa je negativan s vjerojatnosti od 0,95. Slučajno odabrana osoba iz izvjesne populacije (npr. stanovnici jedne države) ima tu bolest s vjerojatnosti 0,001. Slučajno odabrana osoba pristupa testu i ima pozitivan test. Kolika je vjerojatnost da je doista bolesna? H1 .... osoba koja je pristupila test je bolesna H2 .... osoba koja je pristupila test je zdrava A ...... rezultat testa je pozitivan P ( H1 ) ⋅ P ( A H1 )

P ( H1 A) =

=

0, 001 ⋅ 0, 95

= 0, 0187 P ( H1 ) ⋅ P ( A H1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P ( A H 2 ) 0, 001 ⋅ 0, 95 + 0, 999 ⋅ 0, 05 (Prema uglednom časopisu Economist, čak 80% ispitanika iz vodećih bolnica nije točno odgovorilo na postavljeni zadatak jer misle da je vjerojatnost da je osoba bolesna 0,95.)

36. Među 10 000 000 kovanica postoji točno jedna koja ima na obje strane grb. Slučajno

odabranu kovanicu bacamo 10 puta u zrak i pri svim bacanjima ona padne tako da pokaže grb. Kolika je vjerojatnost da je izabrana kovanica baš ona koja ima dva grba? Rješenje

A u nizu od 10 bacanja svaki puta je kovanica pala na grb H1 slučajno odabrana kovanica ima jedan grb H2 slučajno odabrana kovanica ima dva grba 1 1 1 P H1 = , P H2 = 1 − , P A H1 = 10000000 10000000 2

IJ c h FG IJ , Pc A H h = 1 b g FGH K HK 1 Pb H g Pc A H h 1 10000000 ≈ P c H Ah = = Pb H g Pc A H h + Pb H g Pc A H h F 1 IJ ⋅ FG 1 IJ + 1 10000 GH1 − 10000000 K H 2 K 10000000 b g

2

2

1

2

2

10

2

10

1

2

37. Za studente jednog veleučilišta ustanovljeno je da na I. godiunu studija upisano 30 % studenata o kojih 10 % ima položen vozački ispit. Na II. godini studija je 40 % studenata o kojih 20 % ima položen vozački ispit. Na III. godini studija je 20 % studenata i među njima je 40 % položilo vozački ispit. Apsolvenata je 10 % i među njima ih 70 % ima vozački ispit. (a) Kolika je vjerojatnost da je slučajno odabrani student položio vozački ispit? (b) Ako je poznato da student ima položen vozački ispit, kolika je vjerojatnost da je student III. godine? Rješenje

38. U kutiji je N proizvoda među kojima može biti i nesipravnih. Izvadimo jedan proizvod i ustanovimo da nije ispravan. Kolika je vjerojatnost (a) da su svi proizvodi ispravni (b) da je N – 1 ispravnih i 1 neispravan (c) da je N – 2 ispravnih i 2 neispravna ................................ (z) da je svih N neispravnih?

85

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA Rješenje

A

slučajno odabrani je neispravan

H0

0 neispravnih, N ispravnih

P( H 0 ) =

H1

1 neispravan, N – 1 ispravan

P ( H1 ) =

H2

2 neispravna, N – 2 ispravna

P( H 2 ) =

N neispravnih, 0 ispravnih

P ( H 0 A) =

P ( H1 A) = P( H N

86

N +1 1

P( A H 2 ) =

N −1 N N −2

N ................................. N−N P( A H N ) = =0 N

P ( H 0 ) ⋅ P ( A H 0 ) + P ( H 1 ) ⋅ P ( A H 1 ) + ... + P ( H N ) ⋅ P ( A H N )

1 N +1

=

P ( A H1 ) =

P( H 0 ) ⋅ P( A H 0 ) 1

=

P( A H 0 ) = 1

N +1 1

N +1 ......................... 1 P( H N ) = N +1

........................................................... HN

1

⋅1 +

1 N +1

⋅

N +1 N −1 N

N N + ( N − 1) + ... + 0

2

⋅

N −1

=

⋅1 N 1 + = 1 N−N 1  N −1 N−N + ... + ⋅ + ... + 1 +  N +1 N N +1 N N 

N 2 = N ⋅ ( N + 1) N + 1 2

, P ( H 2 A) =

N +1 N 2 N−N ⋅ =0 A) = N +1 N

1

⋅1

2 N +1

⋅

N −2 N

, P ( H 3 A) =

2 N +1

⋅

N −3 N

, ...,

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

39. U kutiji se nalazi n bijelih i crnih kuglica. Vadimo m kuglica. Svaki puta izvadimo kuglicu, registriramo boju i vratimo kuglicu. Na kraju se ustanovilo da su sve izvađene kuglice bijele. Izračunajte vjerojatnost da su (0) sve kuglice u kutiji bijele (1) u kutiji je n – 1 bijelih i 1 crna kuglica (2) u kutiji je n – 2 bijelih i 2 crne kuglice .................................................... (n) svih n kuglica u kutiji su crne Rješenje

H0 u kutiji sve bijele kuglice i nema ni jedne crne

P ( A H0 ) = 1

1 n +1 1 P ( H1 ) = n +1

P ( H0 ) =

H1 u kutiji je n – 1 bijelih i 1 crna kuglica

 n −1 P ( A H1 ) =    n 

m

H2 u kutiji je n – 2 bijelih i 2 crne kuglice

P ( H2 ) =

...................................... Hn-1 u kutiji n – 1 kuglica su crne

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

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

1 P ( H n −1 ) = n +1

Hn u kutiji svih n kuglica su crne

P ( Hn ) =

1 P ( A H n −1 ) =   n P ( A Hn ) = 0

1 n +1

n−2 P ( A H2 ) =    n 

1 n +1

m

m

A pojavljivanje m crnih kuglica

P ( A) = P ( H 0 ) ⋅ P ( A H 0 ) + P ( H1 ) ⋅ P ( A H1 ) + ... + P ( H n ) ⋅ P ( A H n ) = m m m 1  n + ( n − 1) + ( n − 2 ) + ... + 1  =   n + 1  nm 

P ( H 0 A) =

P ( H0 ) ⋅ P ( A H0 ) P ( A)

1

=

⋅1 n +1 m m m 1  n + ( n − 1) + ( n − 2 ) + ... + 1 



n +1 =

P ( H1 A) = =

nm

 

nm n m + ( n − 1) + ( n − 2 ) + ... + 1 m

P ( H1 ) ⋅ P ( A H1 ) P ( A)

m

=

 n −1   m m m n + ( n − 1) + ( n − 2 ) + ... + 1  n  nm

m

( n − 1)m m m n m + ( n − 1) + ( n − 2 ) + ... + 1

87

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

7. POJAM SLUČAJNE VARIJABLE Slučajna varijabla X je brojevna funkcija definirana na skupu svih elementarnih događaja Ω, dakle, X : Ω → R. Svakom elementarnom događaju ω ∈ Ω, slučajna varijaba X pridružuje realan broj X(ω) ∈ R. Ukoliko je skup elementarnih događaja Ω konačan, onda je očito da broj različitih vrijednosti slučajne varijable X ne može premašiti broj elemenata skupa elementarnih događaja Ω. Neka je X slučajna varijabla. Uvedimo sljedeće oznake: Neka je a realan broj {X = a}, označava skup onih elementarnih događaja ω za koje je X(ω) = a. {X < a} = {ω ∈ Ω: X(ω) < a} {X > a} = {ω ∈ Ω: X(ω) > a} {X ≤ a} = {ω ∈ Ω: X(ω) ≤ a} {X ≥ a} = {ω ∈ Ω: X(ω) ≥ a} {X ∈ S} = {ω ∈ Ω: X(ω) ∈ S} Skupovi {X = a}, {X < a}, {X > a}, {X ≤ a}, {X ≥ a}, {X ∈ S} su svi podskupovi skupa elementarnih događaja Ω, prema tomu su slučajni događaji. Funkcija p X ( x) = P { X = x} definirana na skupu realnih brojeva naziva se funkcija vjerojatnosti ili zakon vjerojatnosti varijable X. Distribucija ili razdioba slučajne varijable X je skup uređenih parova (x, y) pri čemu je x vrijednost slučajne varijable X, a y vjerojatnost P { X = x} . Dakle, zakon razdiobe sastoji se od vrijednosti koje poprima ta slučajna varijabla i odgovarajućih vjerojatnosti. Zapisujemo tablično:  x x2 x3 ...  X ∼ 1  , p1 = P { X = x1} , p2 = P { X = x2 } , p3 = P { X = x3 } , ...  p1 p2 p3 ...  Tada je 0 ≤ pi ≤ 1 i

∑ p =1. i

i

88

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Primjer: Bacamo tri novčića i registriramo broj grbova. Neka je, dakle, X broj grbova koji su pali. GGG GGP

PPP GPP

PGG

PPG

GPG

PGP

3 2 1 0

Skup elementarnih događaja Ω = {PPP, PPG, PGP, GPP, PGG, GPG, GGP, GGG} događaj x

PPP 0

PPG 1

PGP 1

GPP 1

PGG 2

GPG 2

GGP 2

GGG 3

{X = 0} = {PPP} {X = 1} = {PPG, PGP, GPP} {X = 2} = {PGG, GPG, GGP} {X = 3} = {GGG} 1 3 3 1 P { X = 0} = , P { X = 1} = , P { X = 2} = , P { X = 3} = 8 8 8 8 Vjerojatnost da ovako definirana +slučajna varijabla X primi bilo koju vrijednost različitu od 0, 1, 2 i 3 je vjerojatnost nemogućeg događaja, dakle, jednaka je nuli.

Rzdioba ove slučajne varijable X je 0 X ∼1  8

1 3 8

2 3 8

3  1  8

89

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Primjer. Bacamo dvije kocke. Promatramo brojeve na koje mogu pasti kocke u jednom bacanju. Definiramo slučajnu varijablu kao zbroj dobivenih brojeva u jednom bacanju dviju kocaka. (1,6) (1,5) (1,4) (1,3) (1,2) (1,1) (,)

(2,6) (2,5) (2,4) (2,3) (2,2) (2,1) (,)

(3,6) (3,5) (3,4) (3,3) (3,2) (3,1) (,)

(4,6) (4,5) (4,4) (4,3) (4,2) (4,1) (,)

(5,6) (5,5) (5,4) (5,3) (5,2) (5,1) (,)

(6,6) (6,5) (6,4) (6,3) (6,2) (6,1) (,)

40. Slučajna varijabla X zadana je razdiobom

0 1 2  −2  . X∼ 1 1  4p p 2  4  Izračunajte E(X), V(X) i σ(X). Rješenje

 −2 0 1 1 1 Iz + 4 p + + p = 1 dobivamo p = . Dakle, X ∼  1 1 4 2 20   4 5 1 1 1 1 1 E ( X ) = −2 ⋅ + 0 ⋅ + 1 ⋅ + 2 ⋅ = 4 5 2 20 10 4 0 1 2  X ∼ 1 1 6     5 2 20  1 1 6 34 17 E ( X 2 ) = 0 ⋅ + 1⋅ + 4 ⋅ = = 5 2 20 20 10 17 1 169 V ( X ) = E ( X 2 ) − ( E ( X )) 2 = − = 10 100 100 169 13 σ (X ) = = 100 10

1 1 2

2  1 . 20 

41. Slučajna varijabla X zadana je razdiobom

0 1 2  −1   X ∼ 2p 2p 1 p 6   Izračunajte E(X), V(X) i σ(X). Rješenje

 −2 0 1 2  1 1 Iz 2 p + 2 p + + p = 1 dobivamo p = . Dakle, X ∼  1 1 1 1  . 6 6    3 3 6 6

90

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

1 1 1 1 1 E ( X ) = −2 ⋅ + 0 ⋅ + 1⋅ + 2 ⋅ = − 3 3 6 6 6  0 1 4 2 X ∼1 1 1   3 6 2 1 1 1 13 E ( X 2 ) = 0 ⋅ + 1⋅ + 4 ⋅ = 3 6 2 6 16 1 95 V ( X ) = E ( X 2 ) − ( E ( X )) 2 = − = 6 36 36 95 95 σ (X ) = = 36 6

37. Neka je X broj koji je pao prilikom bacanja kocke. X je diskretna slučajna varijabla.

Razdioba je dana tablicom. 1 2 3 4 5 6  X ∼1 1 1 1 1 1   6 6 6 6 6 6 Izračunajte E ( X ) , V ( X ) i σ ( X ) Rješenje

1 1 1 1 1 1 21 7 E ( X ) = 1⋅ + 2 ⋅ + 3 ⋅ + 4 ⋅ + 5 ⋅ + 6 ⋅ = = 6 6 6 6 6 6 6 2  1 22 32 42 52 62  X2 ∼1 1 1 1 1 1    6 6 6 6 6 6  1 1 1 1 1 1 91 E ( X 2 ) = 1 ⋅ + 22 ⋅ + 32 ⋅ + 42 ⋅ + 52 ⋅ + 62 ⋅ = 6 6 6 6 6 6 6 2 2 91  7  35 = 2,91667 V ( X ) = E ( X 2 ) − ( E ( X )) = −   = 6  2  12

σ ( X ) = V ( X ) = 1,70782

91

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

42. U kutiji su tri crne i dvije bijele kuglice. Kuglice se na slučaja način izvače iz kutije bez

vraćanja sve dok se prvi puta ne izvadi bijela kuglica. Napišite tablicu razdiobe slučajne varijable X kao broja izvučenih kuglica. Izračunajte P { X < 3} . Rješenje

2 3 4 1   X ∼ 2 3 2 3 2 2 3 2 1 2  ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅  5 5 4 5 4 3 5 4 3 2 2 3 2 3 2 2 3 2 1 2 + ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ =1 5 5 4 5 4 3 5 4 3 2 2 3 2 14 P { X < 3} = + ⋅ = 5 5 4 20 43. Obavljaju se nazavisna ispitivanja dviju naprava. Vjerojatnost kvara svake naprave je p1 i

p2 redom. Odredite matematičko očekivanje i varijanciju broja naprava koje su u kvaru. 0  X ∼  (1 − p1 )(1 − p2 )

1 p1 (1 − p2 ) + p2 (1 − p1 )

2  p1 p2 

E ( X ) = p1 (1 − p2 ) + p2 (1 − p1 ) + 2 p1 p2 = p1 − p1 p2 + p2 − p1 p2 + 2 p1 p2 = p1 + p2

E ( X 2 ) = p1 (1 − p2 ) + p2 (1 − p1 ) + 4 p1 p2 = p1 − p1 p2 + p2 − p1 p2 + 4 p1 p2 = p1 + p2 + 2 p1 p2 V ( X ) = E ( X 2 ) − ( E ( X ) ) = ( p1 + p2 + 2 p1 p2 ) − ( p1 + p2 ) = p1 (1 − p1 ) + p2 (1 − p2 ) 2

2

44. U skladištu je 15 proizvoda, od toga su 3 loša. Slučajno se uzima uzorak od 4 proizvoda.

Neka je slučajna varijabla X broj loših proizvoda u uzorku. Odredite razdiobu slučajne varijable X. Izračunajte vjerojatnost da su barem 2 proizvoda u uzorku loša. Rješenje

 0   12  X ∼   4    15   4   

1

2

 12   3      3 1 15    4

 12   3      2  2  15    4

   12   3        1   3   15      4 

12   3   12   3        2 2 1 3 2 P { X ≥ 2} =     +     = 13 15  15      4 4

Ako za slučajnu varijablu X vrijedi

92

3

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

mn − m  k  r − k   , gdje je k = 0, 1, 2,..., r kažemo da ima hipergeometrijski zakon P { X = k} =    n r   razdiobe. 45. Među 5 crvenih i 3 crne kuglice na slučajan način biramo tri. Izračunajte matematičko

očekivanje broja crnih kuglica. Rješenje

Slučajnu varijablu X definiramo kao broj izvučenih crnih kuglica. Tada je razdioba od X: 1 2 3   0   5   5   3  5   3   3    ⋅ ⋅ X ∼   3   2   1   1   2   3    8 8 8 8         3   3  3     3  5  5   3  5  3  3  3  2 ⋅1 1 ⋅ 2  3  10 ⋅ 3 5⋅3 1 63 E ( X ) = 0 ⋅   + 1⋅     + 2 ⋅     + 3 ⋅   = + 2⋅ + 3⋅ = 56 56 56 56 8 8 8 8          3  3  3  3        

93

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

8. DISKRETNE SLUČAJNE VARIJABLE 7.1. GEOMETRIJSKA RAZDIOBA

Neka je pri izvođenju nekog pokusa vjerojatnost realizacije događaja A jednaka p. Ponavljamo taj pokus u neizmjenjenim uvjetima sve do prve realizacije toga događaja. Neka je X slučajna varijabla definirana kao broj pokusa u kojemu se realizirao događaj A. Tada kažemo da X ima geometrijsku razdiobu s parametrom p i pišemo X ∼ G(p). Odredimo zakon razdiobe ove slučajne varijable. Slučajna varijabla X poprima vrijednosti u skupu {1, 2, 3, ...}. Odredimo vjerojatnost pk = P { X = k } . Ako se realizirao događaj { X = k } to znači da se u prvih k – 1 pokusa događaj A nije realizirao i da se u k-tom pokusu A realizirao. pk = P { X = k } = p (1 − p )

k −1

uz oznaku q = 1 − p pk = P { X = k } = pq k −1 1 X ∼ p

2 pq

3 pq 2

4 ...  pq3 ... 

Jasno je da p + pq + pq 2 + pq3 + ... = p (1 + q + q 2 + q3 + ... ) = p ⋅

1 1 = p⋅ =1 p 1− q

Vjerojatnost da se događaj A nije ostvario u prvih k pokusa. P { X > k } = 1 − ( p + pq + pq 2 + pq3 + ... + pq k −1 ) == 1 − p (1 + q + q 2 + q3 + ... + q k −1 ) = = 1− p ⋅

1 − qk 1 − qk k = 1− p ⋅ = 1 − 1 + q k = q k = (1 − p ) 1− q p

Napomena: f ( x ) = 1 + x + x 2 + x 3 + ... = f ′( x ) = 1 + 2 x + 3x 2 + ... =

1 , x 3} . 2 3 4 1  2 X ∼  1 5 1  5  1  5 3 1 6 6⋅6 6 ⋅6 6 ⋅6      P { X > 3} = 1 − P { X ≤ 3} = 1 −  P { X

...   5 1 ...    ⋅ 6 6  = 1} + P { X = 2} + P { X = 3} = 5

4

3  1 5 1  5 2 1  91 125  5  = 1−  + ⋅ +   ⋅  = 1− = =  216 216  6   6 6 6  6  6 

95

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Tri osobe bacaju novčić jedna za drugom. Pobjeđuje onaj koji prvi dobije grb. Kolika je vjerojatnost da će pobijediti 1. igrač. Koliko je očekivanje broja bacanja? G , P

P P G , P

P{pobijedio 1. igrač} = G

1 X ∼1  2

PG

2 1 22

PPG

3 1 23

PPPG

4 1 24

P P

P

P P G , ...

1 1 1 1 1 1 1 4  1 1 + 4 + 7 + ... =  1 + 3 + 6 + 9 + ...  = ⋅ = 1 2 2 2 2 2 2 2 7  2 1− 8 PPPPG

5 1 25

...   ...  

1 1 1 1 1 1 1 1  E ( X ) = 1 ⋅ + 2 ⋅ 2 + 3 ⋅ 3 + 4 ⋅ 4 + ... =  1 + 2 ⋅ + 3 ⋅ 2 + 4 ⋅ 3 + ...  2 2 2 2 2 2 2 2  x f ( x ) = x + x 2 + x 3 + x 4 + ... = x (1 + x + x 2 + x 3 + x 4 + ... ) = 1− x  x ′ f ′( x ) = 1 + 2 x + 3x 2 + 4 x 3 + ... =   1− x  1  x ′ 1 + 2 x + 3x 2 + 4 x 3 + ... =   = 2  1 − x  (1 − x ) 1 1 1 1 =4 1 + 2 ⋅ + 3 ⋅ 2 + 4 ⋅ 3 + ... = 2 2 2 2  1 1 −   2 1 E ( x) = ⋅ 4 = 2 2

96

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

7.2. BINOMNA RAZDIOBA Razdioba slučajne varijable vezana za Bernoullijevu shemu je izvorište temeljnih rezultata teorije vjerojatnosti i matematičke statistike. Najvažnije diskretna razdioba jest binomna. Neka je p vjerojatnost događaja A pri izvođenju nekog pokusa. Pretpostavimo da pokus ponavljamo u neizmjenjenim uvjetima n puta. Neka je slučajna varijabla X definirana kao broj pojavljivanja događaja A. Onda kažemo da X ima binomnu razdiobu s parametrima n i p i pišemo X ∼ B (n, p ) . Slučajna varijabla X prima vrijednosti u skupu {0, 1, 2, 3, ..., n}. Odredimo pk = P { X = k } . Realizacija događaja { X = k } znači da se u n pokusa događaj A ostvario točno k puta i nije se ostvario točno n – k puta. Broj različitih mogućnosti za odabir pokusa u

n k 

kojima se A ostvario je   . Neka je q vjerojatnost da se događaj A nije ostvario u jednom pokusu. Očito je q = 1 − p . Dakle,

n n n −k pk = P { X = k } =   p k (1 − p ) =   p k q n −k k  k  0  X ∼ n n  0q  

1

2

 n  n −1  n  2 n −2  1  pq  2 p q    

k  n  k n −k k p q  

n −1

   n  n −1  n  n   n − 1 p q  n  p      

n

Matematičko očekivanje binomne razdiobe je E ( X ) = np .

n n n  n  n −1 n E ( X ) = 1 ⋅   pq n −1 + 2 ⋅   p 2 q n −2 + … + k ⋅   p k q n −k + … + ( n − 1)  p q + n   pn =  1 2 k   n − 1 n   n − 1 n −2  n − 1 k −1 n −k  n − 1 n −1  n −1 = np  q n −1 +  pq + … +  p q +…+  p  = np ( p + q ) = np     1   k − 1  n − 1   Odredimo najvjerojatniju realizaciju slučajne varijable

X ∼ B(n, p ) . Tražimo k za koji je

n pk = P { X = k } =   p k q n −k najveći. Tada k  p0 ≤ p1 ≤ ≤ pk −1 ≤ pk i pk ≥ pk +1 ≥ ≥ pn −1 ≥ pn q ⋅ ( k + 1) pk = ≥1 pk +1 p ⋅ ( n − k )

   k ≥ ( n + 1) p − 1 ⇒ q ⋅ ( n − k + 1)  k ≤ ( n + 1) p pk = ≥1  pk −1 p⋅k ( n + 1) p − 1 ≤ k ≤ ( n + 1) p Ako je ( n + 1) p cijeli broj onda je postoje dvije takve mogućnosti.

97

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

0,45

0,45

0,4

0,4

0,35

0,35

0,3

0,3

0,25

0,25

0,2

0,2

0,15

0,15

0,1

0,1

0,05

0,05

0

0 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

0

1

2

3

n = 9; p = 0,1

4

5

6

7

8

9

7

8

9

10

n = 9; p = 0,9

0,3

0,35

0,3

0,25

0,25 0,2 0,2 0,15 0,15 0,1 0,1 0,05

0,05

0

0 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

0

n = 9; p = 0,5

1

2

3

4

5

6

n = 9; p = 0,8

Primjer: Koliko puta trebamo bacati kocku da bi najvjerojatniji broj pojavljivanje šestice bio 10?

 1 B  n,   6 Iz ( n + 1)

1 1 − 1 ≤ 10 ≤ ( n + 1) dobivamo 59 ≤ n ≤ 65 . 6 6

Primjer: Koliko najmanje pokusa treba ponoviti u neizmjenjenim uvjetima da bi s vjerojatnosti P događaj A nastupio barem jednom. Vjerojatnost događaja A u jednom pokusu neka je p.

1 − qn ≥ P −qn ≥ P − 1 qn ≤ 1 − P log q n ≤ log (1 − P ) n log q ≤ log (1 − P ) n≥

98

log (1 − P ) log q

10

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

POISSONOVA APROKSIMACIJA

Neka je X ∼ B (n, p ) binomna slučajna varijabla i ako n → ∞ uz uvjet np = λ, pri čemu je λ konstanta, tada granična razdioba ima zakon vjerojatnosti p ( x) = e − λ

n n! λ p =   p x q n− x =   x !(n − x)!  n   x

x

 λ 1 −   n

n− x

λk k!

.

−x

λx

n!  λ  λ = 1 −  1 −  x x ! n (n − x)!  n   n  −x

n

n

n n! λx λx  λ  λ − − = ⋅1 ⋅1⋅ e − λ lim p =   p x q n − x = lim x 1 1     x →∞ x →∞ x ! np =λ n (n − x)!  n   n  x!  x np = λ jer vrijedi

n! n(n − 1)(n − 2) = n (n − x)! nx x

 1  2  n x 1 −  1 −  (n − x + 1) n  n  =  nx

 x −1  1 −  n  

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

n k λ k −λ n −k − ≈ p 1 p e n velik, p malen, λ = np ) k  ( k!   n n! n −k λ  lim   p k (1 − p ) = lim ⋅  n →∞ k n →∞ k !⋅ ( n − k ) ! n  

k

 λ ⋅ 1 −  n 

n −k

=

1 n ( n − 1) ... ( n − k + 1) k  λ  = lim ⋅ λ ⋅ 1 −  n →∞ k ! nk n 

n −k

1 n n −1 n − k +1 k  λ  = lim ⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅ ⋅ λ ⋅ 1 −  n →∞ k ! n n n n 

= n

 λ ⋅ 1 −  n 

−k

=

n −k n  n −1  n − k +1  λ    λ  =   lim  1 −    lim  1 −   =  lim   lim  ...  lim k !  n→∞ n   n→∞ n   n→∞ n n    n→∞  n    n→∞ 

λk 

=

λk k!

⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ ... ⋅ 1 ⋅ e − λ ⋅ 1 =

λk k!

e−λ

Binomna razdioba se aproksimira Poissonovom aproksimacijom pri np < 10 i n > 50.

99

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

0,45

Binomna i Poissonova razdioba n = 9, p = 0,1 y ..... Binomna razdioba B(9; 0,1) ƒ ..... Poissonova razdioba P(0,9)

0,4 0,35 0,3 0,25 0,2 0,15 0,1 0,05 0 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

0,7

Binomna i Poissonova razdioba n = 9, p = 0,5 y ..... Binomna razdioba B(9; 0,5) ƒ ..... Poissonova razdioba P(0,45)

0,6

0,5

0,4

0,3

0,2

0,1

0 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Primjer: Pri prijamu neke poruke vjerojatnost pogrješnog prijama svakog pojedinog znaka iznosi 0,01. Kolika je vjerojatnost da u primljenoj poruci od 10 znakova a) ne bude nijednog pogrješnog znaka b) budu barem dva pogrješna znaka

X broj pogrješnih znakova 1 1 p= , n = 10 , np = , 100 10 0 10  10   1   99  P { X = 0} =       = 0,904382  0   100   100  Primjer: Ako je u proizvodnji nekog proizvoda 2% škarta, odredite vjerojatnost da se u uzorku od 100 proizvoda nađe najmanje 3 loša proizvoda.

2 100 n = 100 λ = np = 2 p=

 20  21 22 P { X ≥ 3} = 1 − ( P { X = 0} + P { X = 1} + P { X = 1}) ≈ 1 −  e −2 + e −2 + e −2  1! 2!   0!

100

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

7.3. POISSONOVA RAZDIOBA Pretpostavimo da smo skuhali kompot od N višanja i da imamo n staklenki za spremanje kompota. Iz lonca za kuhanje prelijemo kompot u staklenke. Razmatramo sljedeći zadatak: Kolika je vjerojatnost da u danoj staklenki nema višanja? Svaka od N višanja može upasti u bilo koju od n staklenki. Dakle, broj svih mogućih varijanti je nN. (Naime, za 1. višnju postoji n staklenki u koju može upasti; za 2. višnju postoji n staklenki u koju može upasti, ..., za N-tu višnju postoji n staklenki u koju može upasti.) Broj «povoljnih» varijanti je (n – 1)N. Naime, ako u jednoj staklenki nema niti jedne višnje, znači da N višanja «bira» bilo koju od n – 1 preostalih staklenki. Prema tome, vjerojatnost da u odabranoj staklenki nema višanja je N

(n − 1) N ( n − 1) N  1  N P , = =  1 −  Neka je λ = 0 N N n n n  n N N λ  1  P0 =  1 −  =  1 −  N  n  P0 =

 

Pri velikom N i fiksiranom λ ta je veličina približno jednaka e − λ (jer lim  1 − N →∞

λ

N

−λ  =e ) N

P0 ≈ e − λ Analogno možemo promatrati vjerojatnost P1 da u određenoj staklenki bude točno jedna višnja. Tu višnju možemo odabrati na N načina, a ostalih N − 1 višanja raspoređuju se u preostalih n − 1 staklenki. N

P1 =

N

N ⋅ ( n − 1) N −1 N  1 N  λ −λ = 1 −  = 1 −  ≈ λe N n n −1 n  n −1 N

Navedimo još i opću formulu za graničnu vjerojatnost (za velike N) Pk da je u staklenki k (k = 0, 1, 2, ...) višanja: Pk ≈

λk k!

e−λ

Kažemo da slučajna varijabla X ima Poissonovu razdiobu s parametom λ > 0 i pišemo X ∼ P ( λ ) ako ona poprima vrijednosti unutar skupa {0, 1, 2, 3, ...} s vjerojatnostima pk = P { X = k } =

λk k!

e−λ .

101

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

e−λ λ 0 1 2 3 4 5 6

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21

102

0,1 0,9048 0,0905 0,0045 0,0002

1 0,3679 0,3679 0,1839 0,0613 0,0153 0,0031 0,0005 0,0001

0,2 0,8187 0,1637 0,0164 0,0011 0,0001

2 0,1353 0,2707 0,2707 0,1804 0,0902 0,0361 0,0120 0,0034 0,0009 0,0002

0,3 0,7408 0,2222 0,0333 0,0033 0,0003

3 0,0498 0,1494 0,2240 0,2240 0,1680 0,1008 0,0504 0,0216 0,0081 0,0027 0,0008 0,0002 0,0001

0,4 0,6703 0,2681 0,0536 0,0072 0,0007 0,0001

4 0,0183 0,0733 0,1465 0,1954 0,1954 0,1563 0,1042 0,0595 0,0298 0,0132 0,0053 0,0019 0,0006 0,0002 0,0001

0,5 0,6065 0,3033 0,0758 0,0126 0,0016 0,0002

5 0,0067 0,0337 0,0842 0,1404 0,1755 0,1755 0,1462 0,1044 0,0653 0,0363 0,0181 0,0082 0,0034 0,0013 0,0005 0,0002

λk k!

0,6 0,5488 0,3293 0,0988 0,0198 0,0030 0,0004

6 0,0025 0,0149 0,0446 0,0892 0,1339 0,1606 0,1606 0,1377 0,1033 0,0688 0,0413 0,0225 0,0113 0,0052 0,0022 0,0009 0,0003 0,0001

0,7 0,4966 0,3476 0,1217 0,0284 0,0050 0,0007 0,0001 7 0,0009 0,0064 0,0223 0,0521 0,0912 0,1277 0,1490 0,1490 0,1304 0,1014 0,0710 0,0452 0,0263 0,0142 0,0071 0,0033 0,0014 0,0006 0,0002 0,0001

0,8 0,4493 0,3595 0,1438 0,0383 0,0077 0,0012 0,0002 8 0,0003 0,0027 0,0107 0,0286 0,0573 0,0916 0,1221 0,1396 0,1396 0,1241 0,0993 0,0722 0,0481 0,0296 0,0169 0,0090 0,0045 0,0021 0,0009 0,0004 0,0002 0,0001

0,9 0,4066 0,3659 0,1647 0,0494 0,0111 0,0020 0,0003 9 0,0001 0,0011 0,0050 0,0150 0,0337 0,0607 0,0911 0,1171 0,1318 0,1318 0,1186 0,0970 0,0728 0,0504 0,0324 0,0194 0,0109 0,0058 0,0029 0,0014 0,0006 0,0003

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA m

∑ k =0

0 1 2 3 4 5 6

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21

0,1 0,9048 0,9953 0,9998 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000

1 0,3679 0,7358 0,9197 0,9810 0,9963 0,9994 0,9999 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000

0,2 0,8187 0,9825 0,9989 0,9999 1,0000 1,0000 1,0000

2 0,1353 0,4060 0,6767 0,8571 0,9473 0,9834 0,9955 0,9989 0,9998 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000

0,3 0,7408 0,9631 0,9964 0,9997 1,0000 1,0000 1,0000

3 0,0498 0,1991 0,4232 0,6472 0,8153 0,9161 0,9665 0,9881 0,9962 0,9989 0,9997 0,9999 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000

e−λ

λk k!

0,4 0,6703 0,9384 0,9921 0,9992 0,9999 1,0000 1,0000

4 0,0183 0,0916 0,2381 0,4335 0,6288 0,7851 0,8893 0,9489 0,9786 0,9919 0,9972 0,9991 0,9997 0,9999 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000

= e−λ + e−λ λ + e−λ 0,5 0,6065 0,9098 0,9856 0,9982 0,9998 1,0000 1,0000

5 0,0067 0,0404 0,1247 0,2650 0,4405 0,6160 0,7622 0,8666 0,9319 0,9682 0,9863 0,9945 0,9980 0,9993 0,9998 0,9999 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000

0,6 0,5488 0,8781 0,9769 0,9966 0,9996 1,0000 1,0000

6 0,0025 0,0174 0,0620 0,1512 0,2851 0,4457 0,6063 0,7440 0,8472 0,9161 0,9574 0,9799 0,9912 0,9964 0,9986 0,9995 0,9998 0,9999 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000

λ2 2!

+ ... + e − λ

0,7 0,4966 0,8442 0,9659 0,9942 0,9992 0,9999 1,0000

7 0,0009 0,0073 0,0296 0,0818 0,1730 0,3007 0,4497 0,5987 0,7291 0,8305 0,9015 0,9467 0,9730 0,9872 0,9943 0,9976 0,9990 0,9996 0,9999 1,0000 1,0000 1,0000

λm m!

0,8 0,4493 0,8088 0,9526 0,9909 0,9986 0,9998 1,0000

8 0,0003 0,0030 0,0138 0,0424 0,0996 0,1912 0,3134 0,4530 0,5925 0,7166 0,8159 0,8881 0,9362 0,9658 0,9827 0,9918 0,9963 0,9984 0,9993 0,9997 0,9999 1,0000

0,9 0,4066 0,7725 0,9371 0,9865 0,9977 0,9997 1,0000

9 0,0001 0,0012 0,0062 0,0212 0,0550 0,1157 0,2068 0,3239 0,4557 0,5874 0,7060 0,8030 0,8758 0,9261 0,9585 0,9780 0,9889 0,9947 0,9976 0,9989 0,9996 0,9998

103

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Riješeni zadatci 1. Novčić se baca uzastopno 5 puta. Kolika je vjerojatnost da ćemo dobiti točno 3 pisma? Rješenje

0,3125 2. Kocka se baca 3 puta. Kolika je vjerojatnost da se «5» pojavi točno 2 puta? Rješenje

0,0694 3. Novčić se baca 8 puta. Kolika je vjerojatnost da se točno 6 puta javlja G? Rješenje

0,109375 4. Novčić se baca 10 puta. Kolika je vjerojatnost da se G pojavi točno 6 puta? Rješenje

0,205 5. Vjerojatnost realizacije događaja A je 0,4. Kolika je vjerojatnost da se pri 10 ponavljanja pokusa događaj A realizira ne više od tri puta? Rješenje

0,38 6. U žari je 30 kuglica: 20 bijelih i 10 crnih. Izvadimo 4 kuglice redom, tako da registriramo boju izvađene kuglice i vratimo je u žaru. Kolika je vjerojatnost da su među 4 izvučene kuglice bile točno 2 bijele? Rješenje

0,296 7. Strijelac pogađa metu s vjerojatnosti 0,7. Kolika je vjerojatnost da će u seriji od 10 gađanja točno 5 puta pogoditi metu? Rješenje

0,1029 8. Koliko je vjerojatnost da obitelj s četvero djece ima bar jednog dječaka? (Pretpostavljamo da je vjerojatnost rođenja dječaka i djevojčice jednaka.) Rješenje

0,9375 9. Strijelac pogađa metu s vjerojatnosti 0,7. Kolika je vjerojatnost da će u seriji od 6 gađanja barem 3 puta pogoditi metu? Rješenje

0,07047 10. Što je vjerojatnije u igri s ravopravnim suparnikom: dobiti 3 partije od 4 ili 5 partija od 8. Pretpostavljamo da nema neriješenog ishoda. Rješenje

3 partije od 4 11. Pokus se sastoji u bacanju triju kocaka. izračunajte vjerojatnost da se u 10 nezavisnih pokusa 4 puta pojave točno 2 «jedinice». Rješenje

0,00317

104

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Isplati li se kladiti na to da će se u četiri bacanja kocke barem jednom pojaviti «šestica»? Rješenje

da 12. Koliko najmanje puta treba uzastopno baciti dvije kocke tako da vjerojatnost pojave obiju «šestica» bude barem 0,5 (tako da klađenje bude preporučljivo)? Rješenje

25 13. Test ima 5 zadataka sa po 4 ponuđena odgovora za svaki zadatak, od kojih je samo jedan točan. Student slučajno zaokružuje odgovore. Kolika je vjerojatnost da će pogoditi točno 3 točna odgovora? Rješenje

1 3 , q= , n=5 4 4 3 2  5  5  1   3  P5 (3) =   p 3q 2 =       ≈ 0,88  3  3  4   4  p=

14. Novčić se baca 8 puta. Kolika je vjerojatnost da se točno 6 puta javlja G? Rješenje 6

2

8 1   1  7 P8 ( 6 ) =       = 64  6 2   2  15. U kutiji je a bijelih i b crnih kuglica. Izvadimo redom 10 kuglice tako da svaki puta registriramo boju i kuglicu vratimo u kutiju. Kolika je vjerojatnost da će među 10 izvučenih kuglice biti barem jedna bijela? Rješenje

Vjerojatnost da će se u jednom pokusu (tj. jednom izvlačenju) dobiti bijela kuglica je p =

a . a+b

b . Vjerojatnost da se u 10 pokusa ne će izvući ni jedna bijela kuglica je a+b 10 10  b   b  q=  . Vjerojatnost da će se izvući barem jedna bijela kuglica je P = 1 −   . a+b a+b

Dakle, q = 1 − p =

16. U kutiji je a bijelih i b crnih kuglica. Izvadimo redom 20 kuglice tako da svaki puta registriramo boju i kuglicu vratimo u kutiju. Kolika je vjerojatnost da će među 20 izvučenih kuglice biti točno četiri crne? Rješenje

Vjerojatnost da će se u jednom pokusu (tj. jednom izvlačenju) dobiti crna kuglica je p = Dakle, q =

b . a+b

a a+b

Tada je vjerojatnost da će se u 20 pokusa točno 4 puta izvući crna kuglica jednaka: 4

n  20  b   a  P =   p k q n − k =      k   4  a + b   a + b 

16

105

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

17. Novčić se baca uzastopno pet puta. Kolika je vjerojatnost da ćemo dobiti točno tri pisma? Rješenje

 5  1   3  2    

5

18. Novčić se baca uzastopno pet puta. Kolika je vjerojatnost da ćemo dobiti najmanje tri pisma? Rješenje 5 5 5 5  5  1   5   1   5  1   1    5  5   5  1 1 + + =  3   2   4   2   5   2   2    3  +  4  +  5   = 32 ⋅ 16 = 2                 

19. Novčić se baca uzastopno pet puta. Kolika je vjerojatnost da ćemo dobiti bar jedanput grb? Rješenje 5

31 1 1−   =  2  32 20. Isplati li se kladiti da će se u četiri bacanja kocke bar jedanput pojaviti šestica? Rješenje n

4

5 1 5 Vjerojatnost da u n bacanja bude barem jedna šestica je 1 −   . Provjerite da je 1 −   > . 2 6 6 21. Dvije igraće kocke bacamo 8 puta. Odredite vjerojatnost da će se zbroj 11 pojaviti točno tri puta. Rješenje 3

 8   2   34   3   36   36      

5

22. Kolika je vjerojatnost da obitelj s četvero djece ima bar jednog dječaka (Vjerojatnost rođenja dječaka je 0,5)? Rješenje 4

 1  15 Vjerojatnost rođenja barem jednog dječaka 1 −   =  2  16 23. Kolika je vjerojatnost da obitelj s četvero djece ima bar jednog dječaka i bar jednu djevojčicu (Vjerojatnost rođenja dječaka je 0,5)? Rješenje 4

1 Vjerojatnost da obitelj s četvero djece ima četiri dječaka je   . 2 4 1 Vjerojatnost da obitelj s četvero djece ima četiri djevojčice je   . 2 Vjerojatnost da obitelj s četvero djece ima samo dječake ili samo djevojčice je 4

4

4

1 1 1 1   +   = 2⋅  = . 2 2 2 8 Vjerojatnost da obitelj s četvero djece nema samo dječake ili samo djevojčice (dakle, bar jednog dječaka i bar jednu djevojčicu) je 1 −

106

1 7 = . 8 8

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

24. U serijskoj proizvodnji žarulja pokazalo se da ih je 10% neispravnih. Kolika je vjerojatnost da među 5 slučajno odabranih žarulja bude točno jedna neispravna? Rješenje

 5 4  1  0,1 ⋅ 0,9   25. U serijskoj proizvodnji žarulja pokazalo se da ih je 10% neispravnih. Kolika je vjerojatnost da među 5 slučajno odabranih žarulja budu bar dvije neispravne žarulje? Rješenje

 5 2  5 3  5 4  5 5 3 2  2  0,1 ⋅ 0,9 +  3  0,1 ⋅ 0,9 +  4  0,1 ⋅ 0,9 +  5  0,1         26. U serijskoj proizvodnji žarulja pokazalo se da ih je 10% neispravnih. Kolika je vjerojatnost da među 5 slučajno odabranih žarulja ne bude niti jedna neispravna? Rješenje

0,95 27. Novčić se baca uzastopno pet puta. Kolika je vjerojatnost da će se «pismo» pojaviti neparan broj puta? Rješenje 4 3 2 5  5  1   1   5  1   1   5  1  1  1  ⋅  2  ⋅  2  +  3 ⋅  2  ⋅  2  +  5 ⋅  2  = 2                

28. Test ima 6 zadataka sa po 5 ponuđenih odgovora od kojih je samo jedan točan. Student nasumce zaokružuje po jedan ponuđeni odgovor u svakom zadatku. Usmenom ispitu može pristupiti ako je točno odgovorio barem na dva zadatka. Kolika je vjerojatnost da se nije kvalificirao za usmeni dio ispita? Rješenje 5

4

 6  4   6  4   1  P =    +       0  5   1  5   5  29. Kolika je vjerojatnost da se u 5 bacanja dviju kocaka za igru točno 3 puta na tim kockama pojave brojevi čiji je zbroj 8? Rješenje

A = {( 2, 6 ) , ( 3,5 ) , ( 4, 4 ) , ( 5,3) , ( 6, 2 )} , p =

 5  5  P5 (3) =   ⋅    3   36 

3

 31  ⋅   36 

5 36

2

30. Kolika je vjerojatnost da se u 6 bacanja dviju kocaka za igru točno 3 puta na tim kockama pojave brojevi čiji je zbroj 9? Rješenje

A = {( 6,3) , ( 5, 4 ) , ( 4,5 ) , ( 3, 6 )} , p =

 6  4  P6 (3) =   ⋅    3   36 

3

 32  ⋅   36 

4 36

3

107

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

31. Pri prijamu neke poruke vjerojatnost pogrješnog prijama svakog pojedinog znaka iznosi 0,01. Kolika je vjerojatnost da u primljenoj poruci od 10 znakova ne bude nijednog pogrješnog znaka. Kolika je vjerojatnost da u primljenoj poruci od 10 znakova budu barem dva pogrješna znaka? Rješenje 0

10

 10   1   99  1 n = 10 , p = , P10 (0) =       = 0,904382 100  0   100   100  32. Vjerojatnost realizacije događaja A je 0,4. Kolika je vjerojatnost da se pri 10 ponovljenih pokusa događaj A realizira ne više od tri puta? Rješenje

n = 10 , p = 0, 4 , q = 0,6

Vjerojatnost realizacija događaja A 0 puta P10 (0) = q10 = 0,610

 10  9 pq = 10 ⋅ 0, 4 ⋅ 0,69  1  10  Vjerojatnost realizacija događaja A 2 puta P10 (2) =   p 2 q8 = 45 ⋅ 0, 4 2 ⋅ 0,68 2  10  Vjerojatnost realizacija događaja A 3 puta P10 (3) =   p 3q 7 = 120 ⋅ 0, 43 ⋅ 0,67 3 P = P10 (0) + P10 (1) + P10 (2) + P10 (3) ≈ 0,38

Vjerojatnost realizacija događaja A 1 puta P10 (1) = 

33. U žari je 20 bijelih i 10 crnih kuglica. Vadimo 4 kuglice redom tako da registriramo boju i vratimo kuglicu natrag u žaru. Kolika je vjerojatnost da su među 4 izvučene bile točno 2 bijele kuglice? Rješenje

Vjerojatnost izvlačenja jedne bijele kuglice je p = kuglica je q = 1 − p =

20 2 = . Vjerojatnost da se ne izvuče bijela 30 3

1 . 3

4 2 P4 ( 2 ) =   p 2 q 2 = 6 ⋅    3 2

2

2

8 1 ⋅  = 27  3

34. Novčić se baca 10 puta. Kolika je vjerojatnost da s eglava pojavi točno 6 puta? Rješenje

1 1 , q= 2 2 6 4  10  6 4  10   1   1  1 1 P10 ( 6 ) =   p q =       = 210 ⋅ ⋅ = 0, 205 64 16 6  6  2   2 

n = 10 , k = 6 , p =

108

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

35. Koliko najmanje puta treba baciti novčić da bi vjerojatnost barem jednog pojavljivanja G («glava») bila ne manja od 0,99? Rješenje

Vjerojatnost da u jednom bacanju padne G je p =

1 . 2

1 . 2 Vjerojatnost da u n bacanja ni jednom ne padne G je Pn ( 0 ) = q n .

Vjerojatnost da u jednom bacanju ne padne G je q = 1 − p =

Vjerojatnost da u n bacanja barem jednom padne G je 1 − q n . n

Tražimo n tako da 1 − q n ≥ 0,99 . Uvrštavanjem q =

1 2

n

1 2

1 1 dobivamo 1 −   ≥ 0,99 . 2 2

n

Iz −   ≥ −0,01 imamo   ≤ 0,01 . Logaritmiranjem obiju strana dobivamo n log 0,5 ≤ log 0,01 . Odatle je n ≥

log 0,01 ≈ 6,64 . log 0,5

Najmanji broj bacanja novčića u kojemu je vjerojatnost pojavljivanja barem jedne G veće ili jednaka 0,99 je n = 7 . 36. Koliko ljudi na slučajan način treba odabrati određena osoba A kako bi s vjerojatnosti ne

manjom od Rješenje

1 među odabranima bila i osoba rođena istoga dana kad i određena osoba? 2

Intuitivno bismo mogli odgovoriti, pogrješno naravno, polovica od 365 odnosno 183. 365 − 1 . Vjerojatnost da je rođendan slučajno odabrane osoba različit od rođendana od A: 365 n 365 − 1 Vjerojatnost da n osoba ima rođendan neki drugi dan od osobe A je: . 365 Vjerojatnost da barem jedna od n slučajno odabranih osoba ima rođendan istoga dana kad i A je: n 365 − 1 Pn = 1 − 365 1 Zadatak nam je naći najmanji n takav da Pn ≥ . Pišemo 2 n n n 365 − 1 1 365 − 1 1 365 − 1 1 1− ≥ , odnosno − ≥ − ili ≤ . 365 2 365 2 365 2 Logaritmiranjem dobivamo: 364 1 n ln ≤ ln . 365 2 1 ln 2 = −0,693147 = 252,65. Dakle, traženi broj je n = 253. Odatle je n ≥ 364 −0,002743 ln 365

FG H

FG H

FG H

IJ K

IJ K

IJ K

FG H

IJ K

FG H

IJ K

109

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

37. Kraljevska riznica sadrži 100 kovčega, svaki s po 100 zlatnika. Dvorski rizničar u svakom

kovčegu zamijeni po jedan zlatnik lažnim. Kralj provjerava svoga rizničara tako da slučajno vadi po jedan zlatnik iz svakog kovčega te provjerava je li ispravan. Kolika je vjerojatnost da rizničar ne će biti otkriven? Rješenje 100

1   Vjerojatnost da nije otkriven lažni zlatnik je 1 −  ≈ 0,366 . Pretpostavimo da je broj 100   kovčega n i da je u svakom po n zlatnika. Vjerojatnost da ne bude otkriven ni jedan lažni n 1  1 zlatnik je 1 −  . Pri n → ∞ , ta vjerojatnost teži k . e  n Pretpostavimo sada da su u svakom kovčegu bila po dva lažna zlatnika. Vjerojatnost da ne n n  2  2 bude otkriven ni jedan lažni zlatnik je 1 −  . Pri n → ∞ , 1 −  → e −2 .  n  n 38. Proizvodi neke velike serije, koja sadrži 0,7% neispravnih jedinica, pakiraju se u kutije s

po 100 komada. Koliki će postotak kutija koje ne sadrže ni jedan neispravan proizvod. Koliki je postotak kutija sa dva ili više neispravnih proizvoda? Rješenje

Broj neispravnih proizvoda u jednoj kutiji je slučajna varijabla X s binomnom razdiobom 7  7  . Matematičko očekivanje je E ( X ) = np = 100 ⋅ = 0, 7 . Uzmimo λ = 0, 7 . B  100,  1000  1000  100  λ 0 −λ −0,7 0 100 P { X = 0} =   0, 007 ⋅ 0,993 ≈ 0! e = e = 0, 4966  0   λ0  λ1 P { X ≥ 2} = 1 − ( P { X = 0} + P { X = 1} ) ≈ 1 −  e − λ + e − λ  = 0,1558 1!  0!  39. Stroj proizvodi 99,8% ispravnih i 0,2% neispravnih proizvoda. Kolika je vjerojatnost da u

uzorku od 500 proizvoda budu više od tri neispravna? Rješenje

Slučajnu varijablu X definiramo kao broj neispravnih proizvoda u uzorku od 500 proizvoda. 2  2  Tada je X ∼ B  500, . Matematičko očekivanje je E ( X ) = np = 500 ⋅ = 1 . Uzmimo  1000  1000  λ = 1. P { X > 3} = 1 − ( P { X = 0} + P { X = 1} + P { X = 2} + P { X = 3} ) ≈ 1 − 0,98101 = 0, 01899 40. Pokus: bacamo dvije kocke i registriramo je li umnožak dobivenih brojeva na kockama

jednak 12. Pokus ponovimo 45 puta. Izračunajte (a) vjerojatnost da se umnožak 12 pojavio točno 8 puta, (b) vjerojatnost da se umnožak 12 pojavio ne manje od 4 puta. Rješenje

1 1  , X ∼ B  45,  , gdje je X broj pojavljivanja umnoška 12 na kockama 9 9  np = 5 = λ p=

110

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

 45   1 8  8 37 58 −5      ≈ 8! e = 0, 065278  8  9   9 

a) P { X = 8} = 

(

)

b) P { X ≥ 4} = 1 − P { X ≤ 3} = 0, 265026

41. U jednoj knjizi od 180 stranica uočeno je ukupno 540 tiskarskih pogrješaka. Izračunajte

vjerojatnost da na jednoj slučajno odabranoj stranici (a) budu barem dvije pogrješke, (b) budu točno 4 pogrješke. Rješenje

λ =3

(

)

a) P { X ≥ 2} = 1 − P { X ≤ 1} = 0,199148 b) P { X = 4} = 0,168031 42. Neka je u nizu od četiri nezavisna ponavljanja pokusa, vjerojatnost točno triju realizacija

događaja A 10 puta veća od vjerojatnosti svih četiriju realizacija događaja A. Izračunajte vjerojatnost događaja A u jedno pokušaju. Rješenje

P { X = 3} = 10 ⋅ P { X = 4}

 4 3  4 4   p (1 − p ) = 10 ⋅   p  3  4 4 p 3 (1 − p ) = 10 p 4 4(1 − p ) = 10 p 2 p= 7 43. U telefonskoj centrali tijekom jednog sata bilo je 240 poziva. Izračunajte

a) vjerojatnost da tijekom jedne minute nije bilo ni jednog poziva; b) vjerojatnost da je tijekom jedne minute bilo barem dva poziva. Rješenje

Neka je slučajna varijabla X definirana kao broj poziva u jednoj minuti. Ta varijabla ima 240 Poissonovu razdiobu s parametrom λ koji je jednak očekivanoj vrijednosti λ = = 4. 60 a) P { X = 0} = 0, 018 b) P { X ≥ 2} = 1 − P ({ X = 0} + P { X = 1} ) = 0,908

44. Pretpostavimo da je u nekoj polupaciji utvrđeno kako je među njima 1% ljevorukih.

Kolika je vejrojatnost da među 200 slučajno odabranih osoba iz promatrane poluacije a) bude točno 4 ljevorukih; b) bude ne manje od 4 ljevaka. Rješenje

1 1 , n = 200 , np = 200 ⋅ =2=λ 100 100 24 −2 a) P { X = 4} ≈ e = 0, 090224 4!

p=

111

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

b) P { X ≥ 4} = 1 − P ({ X = 0} + P { X = 1} + { X = 2} + P { X = 3} ) = 1 − 0,857124 = 0,142876 45. U knjizi od 250 stranica nalazi se 50 tiskarskih pogrješaka. Kolika je vjerojatnost da na

slučajno odabranoj stranici ne će biti ni jedna pogrješka? Kolika je vjerojatnost da će na toj stranici biti najviše dvije tiskarske pogrješke? Rješenje

Očekivani broj pogrješaka po stranici je λ = a) P { X = 0} ≈ 0,8187

50 = 0, 2 . 250

b) P { X ≤ 2} = { X = 0} + P { X = 1} + { X = 2} = 0,9989

112

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

9. POJAM NEPREKINUTE SLUČAJNE VARIJABLE Za slučajnu varijablu X kažemo da je neprekinuta ako je skup mogućih vrijednosti slučajne varijable X interval realnih brojeva i ako postoji nenegativna realna funkcija fX takva da za svaka dva realna broja a i b, gdje je a < b vrijedi b

P{a ≤ X ≤ b} = ∫ f X (t )dt a

P{a ≤ X ≤ b} označava vjerojatnost da slučajna varijabla X poprimi vrijednost koja nije manja od broja a i koja nije veća od broja b, tj. vrijednost unutar intervala realnih brojeva [a, b]. Funkcija fX naziva se funkcijom gustoće slučajne varijable X. Vjerojatnost P{a ≤ X ≤ b} jednaka je ploštini ispod krivulje fX razdiobe, iznad intervala [a, b]

Vjerojatnost da neprekinuta slučajna varijabla X poprimi bilo koju pojedinačnu vrijednost a jednaka je nuli: a

P{X = a} = P{a ≤ X ≤ a} = ∫ f X (t )dt = 0 a

Također vrijedi: P{− ∞ < X < ∞} =

∞

∫f

X

(t )dt = 1

−∞

Funkcija razdiobe neprekinute slučajne varijable X je: FX ( x) = P{X ≤ x} =

x

∫f

X

(t )dt

−∞

Za razliku od diskretne razdiobe, koja neposredno odražava svojstva empirijske razdiobe nekog niza statističkih podataka, neprekinuta razdioba vjerojstnosti ne može se realizirati ni u kakvom nizu stvarnih statističkih podataka. Primjeri neprekinutih slučajnih varijabli su visina čovjeka, tjelesna težina čovjeka, vrijeme trajanja nekog uređaja i sl. U tim slučajevima diskretna slučajna varijabla nije dostatna za modeliranje ovakvih slučajnih veličina. 113

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Dakle, FX(x) jednaka je ploštini ispod krivulje razdiobe iznad intervala 〈−∞, x]. Funkcija razdiobe FX(x) neprekinute slučajne varijable X je nepadajuća realna funkcija: ako je x1 < x2, onda je FX(x1) ≤ FX(x2). lim F ( x) = 0 , lim F ( x) = 1 x → −∞

x →∞

Zapis vjerojatnosti događaja

Događaj Xx X≥x x1 ≤ X ≤ x2

simbolički P{X < x} P{X ≤ x} P{X > x} P{X ≥ x} P{x1 ≤ X ≤ x2}

pomoću funkcije F(x) F(x) F(x) 1 − F(x) 1 − F(x) F(x2) − F(x1)

Graf funkcija razdiobe F(x) = P{X ≤ x} za diskretne slučajne varijable je stepeničastoga oblika sa točkama skokova u vrijednostima koje prima slučajna varijabla X. Graf funkcije razdiobe F(x) = P{X ≤ x} neprekinute slučajne varijable je neprekinuta rastuća krivulja omeđena pravcima y = 0 i y = 1.

F(x) diskretne slučajne varijable

114

F(x) neprekidne slučajne varijable

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

10. NORMALNA RAZDIOBA Neprekinuta slučajna varijabla X ima normalnu razdiobu s parametrima µ i σ2 ako je njezina fukkcija gustoće zadana s: f ( x) = 2

1

σ 2π

e

−

( x−µ )2 2σ 2

Pišemo X ∼ N(µ, σ ) Za normalna razdiobu s parametrima µ = 0 i i σ2 = 1 kažemo da ima standardnu (jediničnu) normalnu razdiobu i pišemo X ∼ N(0, 1).

− 1 e Graf funkcije y = σ 2π

( x − µ )2 2σ 2

y

µ = 4, σ = 1

µ = 0, σ = 1

x 4

115

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

y

µ = 0, σ = 1 2

µ = 0, σ = 1

µ = 0, σ = 2

x -4

4

Za neprekidnu slučajnu varijablu X koja ima funkcije gustoće vjerojatnosti f ( x) , matematičko očekivanje je, ako postoji, jednako ∞

µX = E( X ) =

∫ x f ( x)dx

−∞

x

− 1 Slučajna varijabla X s funkcijom razdioobe FX ( x) = P { X ≤ x} = e σ 2π −∞

∫

matematičko očekivanje µ .

116

( t − µ )2 2σ 2

dt ima

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Normirana normalna razdioba X ∼ N (0,1) x

y

2

t − 1 FX ( x) = P { X ≤ x} = e 2 dt 2π −∞

∫

FX ( x) x x

x

0,00

0,01

0,02

0,03

0,04

0,05

0,06

0,07

0,08

0,09

0,0 0,5000 0,5040 0,5080 0,5120 0,5160 0,5199 0,5239 0,5279 0,5319 0,5359 0,1 0,5398 0,5438 0,5478 0,5517 0,5557 0,5596 0,5636 0,5675 0,5714 0,5753 0,2 0,5793 0,5832 0,5871 0,5910 0,5948 0,5987 0,6026 0,6064 0,6103 0,6141 0,3 0,6179 0,6217 0,6255 0,6293 0,6331 0,6368 0,6406 0,6443 0,6480 0,6517 0,4 0,6554 0,6591 0,6628 0,6664 0,6700 0,6736 0,6772 0,6808 0,6844 0,6879 0,5 0,6915 0,6950 0,6985 0,7019 0,7054 0,7088 0,7123 0,7157 0,7190 0,7224 0,6 0,7257 0,7291 0,7324 0,7357 0,7389 0,7422 0,7454 0,7486 0,7517 0,7549 0,7 0,7580 0,7611 0,7642 0,7673 0,7704 0,7734 0,7764 0,7794 0,7823 0,7852 0,8 0,7881 0,7910 0,7939 0,7967 0,7995 0,8023 0,8051 0,8078 0,8106 0,8133 0,9 0,8159 0,8186 0,8212 0,8238 0,8264 0,8289 0,8315 0,8340 0,8365 0,8389 1,0 0,8413 0,8438 0,8461 0,8485 0,8508 0,8531 0,8554 0,8577 0,8599 0,8621 1,1 0,8643 0,8665 0,8686 0,8708 0,8729 0,8749 0,8770 0,8790 0,8810 0,8830 1,2 0,8849 0,8869 0,8888 0,8907 0,8925 0,8944 0,8962 0,8980 0,8997 0,9015 1,3 0,9032 0,9049 0,9066 0,9082 0,9099 0,9115 0,9131 0,9147 0,9162 0,9177 1,4 0,9192 0,9207 0,9222 0,9236 0,9251 0,9265 0,9279 0,9292 0,9306 0,9319 1,5 0,9332 0,9345 0,9357 0,9370 0,9382 0,9394 0,9406 0,9418 0,9429 0,9441 1,6 0,9452 0,9463 0,9474 0,9484 0,9495 0,9505 0,9515 0,9525 0,9535 0,9545 1,7 0,9554 0,9564 0,9573 0,9582 0,9591 0,9599 0,9608 0,9616 0,9625 0,9633 1,8 0,9641 0,9649 0,9656 0,9664 0,9671 0,9678 0,9686 0,9693 0,9699 0,9706 1,9 0,9713 0,9719 0,9726 0,9732 0,9738 0,9744 0,9750 0,9756 0,9761 0,9767 2,0 0,9772 0,9778 0,9783 0,9788 0,9793 0,9798 0,9803 0,9808 0,9812 0,9817 2,1 0,9821 0,9826 0,9830 0,9834 0,9838 0,9842 0,9846 0,9850 0,9854 0,9857 2,2 0,9861 0,9864 0,9868 0,9871 0,9875 0,9878 0,9881 0,9884 0,9887 0,9890 2,3 0,9893 0,9896 0,9898 0,9901 0,9904 0,9906 0,9909 0,9911 0,9913 0,9916 2,4 0,9918 0,9920 0,9922 0,9925 0,9927 0,9929 0,9931 0,9932 0,9934 0,9936 2,5 0,9938 0,9940 0,9941 0,9943 0,9945 0,9946 0,9948 0,9949 0,9951 0,9952 2,6 0,9953 0,9955 0,9956 0,9957 0,9959 0,9960 0,9961 0,9962 0,9963 0,9964 2,7 0,9965 0,9966 0,9967 0,9968 0,9969 0,9970 0,9971 0,9972 0,9973 0,9974 2,8 0,9974 0,9975 0,9976 0,9977 0,9977 0,9978 0,9979 0,9979 0,9980 0,9981 2,9 0,9981 0,9982 0,9982 0,9983 0,9984 0,9984 0,9985 0,9985 0,9986 0,9986 3,0 0,9987 0,9987 0,9987 0,9988 0,9988 0,9989 0,9989 0,9989 0,9990 0,9990 3,1 0,9990 0,9991 0,9991 0,9991 0,9992 0,9992 0,9992 0,9992 0,9993 0,9993 3,2 0,9993 0,9993 0,9994 0,9994 0,9994 0,9994 0,9994 0,9995 0,9995 0,9995 3,3 0,9995 0,9995 0,9995 0,9996 0,9996 0,9996 0,9996 0,9996 0,9996 0,9997 3,4 0,9997 0,9997 0,9997 0,9997 0,9997 0,9997 0,9997 0,9997 0,9997 0,9998

117

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

RIJEŠENI PRIMJERI 1. Slučajna varijabla X ~ N(0, 1). Odredite P{−1,42 < X < 2,5}.

x −1,42

2,5

P { x1 < X < x2 } = F ( x2 ) − F ( x1 ) P {−1, 42 < X < 2,5} = F (2,5) − F (−1, 42) = F (2,5) − [1 − F (1, 42) ] = F (2,5) − 1 + F (1, 42)

Iz tablice vrijednosti funkcije distribucije F standardne normalne razdiobe očitamo: 0,02

0,03

0,04

0,05

0,06

0,07

0,08

0,09

0,0 0,5000 0,5040

0,5080

0,5120

0,5160

0,5199

0,5239

0,5279

0,5319

0,5359

2,5 0,9938 0,9940

0,9941

0,9943

0,9945

0,9946

0,9948

0,9949

0,9951

0,9952

0,08

0,09

x

0,00

0,01

F (2,5) = 0,9938 , odnosno 0,02

0,03

0,04

0,05

0,06

0,07

0,0 0,5000 0,5040

0,5080

0,5120

0,5160

0,5199

0,5239

0,5279

0,5319 0,5359

1,4 0,9192 0,9207

0,9222

0,9236

0,9251

0,9265

0,9279

0,9292

0,9306 0,9319

x

0,00

0,01

F (1, 42) = 0,9222 . Odatle imamo, P {−1, 42 < X < 2,5} = 0,9938 − 1 + 0,9222 = 0,9160 .

118

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

2. Slučajna varijabla X ~ N(0, 1). Odredite P{X > 1,65}.

x 1,65

P{X > 1,65} = 1 − P{X ≤ 1,65} = 1 – F(1,65) = 1 – 0,95053 = 0,04947 0,02

0,03

0,04

0,05

0,06

0,07

0,0 0,5000 0,5040

0,5080

0,5120

0,5160

0,5199

0,5239

0,5279

0,5319 0,5359

1,6 0,9452 0,9463

0,9474

0,9484

0,9495

0,9505

0,9515

0,9525

0,9535 0,9545

x

0,00

0,01

0,08

0,09

3. Slučajna varijabla X ~ N(0, 1). Odredite t tako da vrijedi P{t < X < 2,02} = 0,68243.

x t

2,02

Iz P{t < X < 2,02} = 0,68243, imamo F(2,02) – F(t) = 0,68243, odnosno F(t) = 0,29588 < 0,5. Dakle, 1 – F(–t) = 0,29588. Odatle je F(–t) = 0,70412. Najbliža vrijednost u tablici je 0,70540. Zaključujemo da t = –0,54, jer x

0,00

0,01

0,02

0,03

0,04

0,05

0,06

0,07

0,08

0,09

0,0

0,5000

0,5040

0,5080

0,5120

0,5160

0,5199

0,5239

0,5279

0,5319

0,5359

0,5

0,6915

0,6950

0,6985

0,7019

0,7054

0,7088

0,7123

0,7157

0,7190

0,7224

119

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

4. Ako je X ~ N(0, 1), odredite a tako da je P{a < X < 0} = 0,4319.

x a

P{a < X < 0} = F(0) – F(a) = 0,4319 Iz F(0) – F(a) = 0,5 – (1 – F(–a)) dobivamo F(–a) – 0,5 = 0,4319, odnosno F(–a) = 0,9319. Iz tablice dobivamo – a = 1,49, odnosno a = –1,49. 0,00

0,02

0,03

0,04

0,05

0,06

0,07

0,0 0,5000 0,5040

0,5080

0,5120

0,5160

0,5199

0,5239

0,5279

0,5319 0,5359

1,4 0,9192 0,9207

0,9222

0,9236

0,9251

0,9265

0,9279

0,9292

0,9306 0,9319

x

0,01

0,08

0,09

5. Ako je X ~ N(0, 1), odredite b tako da je P{–0,7 < X < b} = 0,6449. Rješenje

x b

−0,7

P{–0,7 < X < b} = F(b) – F(–0,7) = F(b) – (1 – F(0,7)) x

0,00

0,01

0,02

0,03

0,04

0,05

0,06

0,07

0,08

0,09

0,0

0,5000

0,5040

0,5080

0,5120

0,5160

0,5199

0,5239

0,5279

0,5319

0,5359

0,7

0,7580

0,7611

0,7642

0,7673

0,7704

0,7734

0,7764

0,7794

0,7823

0,7852

Dakle, P{–0,7 < X < b} = F(b) – 1 + 0,75804 = 0,6449, odnosno F(b) = 0,88686, Dakle, b = 1,21 120

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

0,02

0,03

0,04

0,05

0,06

0,07

0,0 0,5000 0,5040

0,00

0,5080

0,5120

0,5160

0,5199

0,5239

0,5279

0,5319 0,5359

1,2 0,8849 0,8869

0,8888

0,8907

0,8925

0,8944

0,8962

0,8980

0,8997 0,9015

x

0,01

0,08

0,09

6. Ako je X ~ N(0, 1), odredite P{X < 0,63}. Rješenje

x −0,63

0,63

P{X < 0,63} = P{–0,63 < X < 0,63} = 2F(0,63) – 1 = 2 ⋅ 0,73565 – 1 = 0,4713 x

0,00

0,01

0,02

0,03

0,04

0,05

0,06

0,07

0,08

0,09

0,0

0,5000

0,5040

0,5080

0,5120

0,5160

0,5199

0,5239

0,5279

0,5319

0,5359

0,6

0,7257

0,7291

0,7324

0,7357

0,7389

0,7422

0,7454

0,7486

0,7517

0,7549

121

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

b−µ  a−µ  P {a < X < b} = F  −F    σ   σ  b

1 P {a < X < b} = e σ 2π a

∫

1  t −µ  − ⋅ 2  σ 

2

dt =

z=

t−µ

dz =

σ 1

σ

dt

z (a ) = z (b) =

a−µ

b−µ

σ

1 = b−µ 2π

σ

σ

∫e

−

z2 2

dz

a−µ

σ

y 2

y=

1 − x2 e 2π

1  x− µ  σ 

− ⋅ 1 y= e 2 σ 2π

2

x a−µ

σ

b−µ

a

σ

µ

b

2

7. Slučajna varijabla X ~ N(26, 1,5 ). Odredite P{24 < X < 30}.

Varijabla Y =

X −µ

je standardizirani oblik slučajne varijable X. Vrijedi: σ b−µ  a−µ P{a < X < b} = F   − F , a ≤ b  σ   σ   30 − 26   24 − 26  P{24 < X < 30} = F   − F  = F ( 2,67) − F (−1,33) = 0,90445  1,5   1,5  2

8. Slučajna varijabla X ~ N(26, 1,5 ). Odredite P{| X | < 20}.

 20 − 26   − 1 = F ( 4) − 1 = 2 ⋅ 0,99968 − 1 = 0,99936  1,5 

P{ X < 20} = 2 ⋅ F 

122

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Pravilo triju sigmi

Ako je X slučajna varijabla s normalnom razdiobom čiji su parametri µ i σ, izračunajte P {µ − kσ < X < µ + kσ } , za k = 1, 2, 3. a) k = 1

 µ +σ − µ   µ −σ − µ  P {µ − σ < X < µ + σ } = F  −F   σ σ     = F (1) − F (−1) = 2 F (1) − 1 = 2 ⋅ 0,84134 − 1 = 68,3% y

x

µ −σ

µ

µ +σ

b) k = 2

 µ + 2σ − µ   µ − 2σ − µ  P {µ − 2σ < X < µ + 2σ } = F  −F   σ σ     = F (2) − F (−2) = 2 F (2) − 1 = 2 ⋅ 0,97725 − 1 = 95,5% y

95,5% x

µ − 2σ

µ

µ + 2σ

c) k = 3

 µ + 3σ − µ   µ − 3σ − µ  P {µ − 3σ < X < µ + 3σ } = F  −F  σ σ     = F (3) − F (−3) = 2 F (3) − 1 = 2 ⋅ 0,99865 − 1 = 99, 7% y

99,7% x

µ − 3σ

µ

µ + 3σ

123

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

Vjerojatnost da slučajna varijabla X prima vrijednost u intervalu 〈µ − 3σ, µ + 3σ〉 je vrlo blizu jedinice. Na osnovi toga i izričemo «pravilo triju sigmi»: ako slučajna varijabla ima normalnu razdiobu, tada odstupanje te slučajne varijable od µ (po apsolutnoj vrijednosti) ne premašuje trostruku vrijednost standardnog odstupanje σ (sigme). Prema nekim podatcima visina američkih žena u dobi od 18 do 24 godine približno odgovara normalnoj razdiobi s očekivanom vrijednost 166 cm i standardnim odstupanjem 6,4 cm. 99, 7 % 95, 5 % 68 %

166 + 3 ⋅ 6,4

166 − 2 ⋅ 6,4

x

166 − 6,4

166 + 6,4

166 + 2 ⋅ 6,4

166 + 3 ⋅ 6,4

2

t − 1 e 2 dt = a . Odredite 2π −∞

∫

9. Neka je ∞

2

t − 1 e 2 dt ; b) 2π x

∫

a)

166

x

2

t − 1 e 2 dt ; c) 2π 0

∫

−x

2

t − 1 e 2 dt ; d) 2π −∞

∫

y

x

2

t − 1 e 2 dt . 2π − x

∫

y

x

x

x x

2

t − 1 e 2 dt = a 2π −∞

∫

124

x ∞

2

t − 1 e 2 dt = 1 − a 2π x

∫

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

y

y

x

x

x x

x x

2

∫

2

t − 1 1 e 2 dt = a − 2 2π 0

t − 1 e 2 dt = a 2π −∞

∫

y

y

x

x

x x

−x −x

2

t − 1 e 2 dt = a 2π −∞

∫

2

t − 1 e 2 dt = 1 − a 2π −∞

∫

y

y

x

x

x x

2

t − 1 e 2 dt = a 2π −∞

∫

−x x

x

2

t − 1 e 2 dt = 2a − 1 2π − x

∫

10.

125

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

11. Razvijte u Maclaurinov red funkciju f (t ) = e

−

t2 2

1

. Izračunajte

2

t − 1 e 2 dt integrirajući 2π 0

∫

a) prva četiri; b) prvih 5 članova razvoja. Primijenimo Maclaurinov razvoj eksponencijalne funkcije e x = 1 + x + Dobivamo e e

−

t2 2

−

t2 2

2

3

1 2 1 3 1 4 x + x + x +… 2! 3! 4!

4

 t2  1  t2  1  t2  1  t2  = 1 +  −  +  −  +  −  +  −  + … , a nakon sređivanja  2  2!  2  3!  2  4!  2 

1 1 1 1 8 = 1− t2 + t4 − t6 + t +… . 2 8 48 384 1

a) Izračunajmo 1

2

t − 1 e 2 dt integriranjem prva četiri člana Maclaurinova razvoja 2π 0

∫

1

2

t − 1 1  1 2 1 4 1 6 e 2 dt ≈ 1 − t + 8 t − 48 t  dt  2π 0 2π 0  2

∫

∫

1

1  1 1 3 1 1 5 1 1 7 =  t − ⋅ t + 8 ⋅ 5 t − 48 ⋅ 7 t  0 2π  2 3 1   1 1 = 0,39894 ⋅ 1 − + −  = 0,34124  6 40 336  1

a) Izračunajmo 1

2

t − 1 e 2 dt integriranjem prvih pet članova Maclaurinova razvoja 2π 0

∫

1

2

t − 1 1 1 8  1 2 1 4 1 6 e 2 dt ≈ 1 − 2 t + 8 t − 48 t + 384 t  dt  2π 0 2π 0 

∫

∫

1

=

1  1 1 3 1 1 5 1 1 7 1 1 9  t − 2 ⋅ 3 t + 8 ⋅ 5 t − 48 ⋅ 7 t + 384 ⋅ 9 t  0 2π 

1 1   1 1 = 0,39894 ⋅ 1 − + − +  = 0,34135 6 40 336 3456   Uočimo da je prema tablici normalne razdiobe F (1) = 0,84134 , odnosno 1

2

t − 1 e 2 dt = F (1) − 0,5 = 0,34134 2π 0

∫

126

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

12. Slučajna varijabla X ima normalnu razdiobu s parametrima µ = 40 , σ = 4 , tj.

X ∼ N ( 40, 42 ) . Izračunajte:

a) P {35 < X < 44} ; b) P { X − 40 < 6} ; c) P { X < 50} . 44 − 40   35 − 40  a) P {35 < X < 44} = F  −F 4  4     = F (1) − F (−1, 25) = F (1) − 1 + F (1, 25) = 0,73569 46 − 40  34 − 40  − F  b) P { X − 40 < 6} = P {−6 < X − 40 < 6} = P {34 < X < 46} = F     4   4  = F (1,5) − F (−1,5) = F (1) − 1 + F (1,5) = 0,86639  50 − 40  c) P { X < 50} = F   = F (2,5) = 0,99379  4  2

1 − x2 13. Ploština lika ispod krivulje f ( x) = e od 0 do a iznosi 0,20540. Odredite a. 2π U tablici normalne razdiobe tražimo vrijednost a za koju je F(a) = 0,5 + 0,20540 = 0,70540. 0,02

0,03

0,04

0,05

0,06

0,07

0,0 0,5000 0,5040

0,5080

0,5120

0,5160

0,5199

0,5239

0,5279

0,5319 0,5359

0,5 0,6915 0,6950

0,6985

0,7019

0,7054

0,7088

0,7123

0,7157

0,7190 0,7224

x

0,00

0,01

0,08

0,09

Nalazimo a = 0,54. Zbog svojstva simetričnosti, druga vrijednost za a je –0,54.

(

)

14. Dana je slučajna varijabla X ∼ N 18, 42 . Odredite simetričan interval oko µ = 18 u

kojemu slučajna varijabla X prima vrijednosti s vjerojatnosti a) 0,9; b)0,99. a  a a) Iz jednakosti P {µ − a < X < µ + a} = 0,9 , imamo F   − F  −  = 0,9 , odnosno σ   σ a a a F   − 1 + F   = 0,9 . Dakle, F   = 0,95 . U tablici normalne razdiobe najbliža σ σ     σ  vrijednost je 0,95950 kojoj odgovara broj 1,64. 0,02

0,03

0,04

0,05

0,06

0,07

0,0 0,5000 0,5040

0,5080

0,5120

0,5160

0,5199

0,5239

0,5279

0,5319 0,5359

1,6 0,9452 0,9463

0,9474

0,9484

0,9495

0,9505

0,9515

0,9525

0,9535 0,9545

x

0,00

0,01

0,08

0,09

127

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

a

= 1, 64 . Za σ = 4 je a = 6,56. Dakle, traženi interval je 〈18 − 6,56;18 + 6,56〉 , σ odnosno 〈11, 44; 24,56〉 .

Prema tome,

b  b b) Iz jednakosti P {µ − b < X < µ + b} = 0,99 , imamo F   − F  −  = 0,99 , odnosno σ    σ b b b F   − 1 + F   = 0,99 . Dakle, F   = 0,995 . U tablici normalne razdiobe najbliža σ  σ  σ  vrijednost je 0,99506 kojoj odgovara broj 2,58. x

0,00

0,01

0,02

0,03

0,04

0,05

0,06

0,07

0,08

0,09

0,0

0,5000

0,5040

0,5080

0,5120

0,5160

0,5199

0,5239

0,5279

0,5319

0,5359

2,5

0,9938

0,9940

0,9941

0,9943

0,9945

0,9946

0,9948

0,9949

0,9951

0,9952

a

= 2,58 . Za σ = 4 je a = 10,32. Traženi interval je 〈18 − 10,32;18 + 10,32〉 , σ odnosno 〈7, 68; 28,32〉 .

Prema tome,

15. Tvornica proizvodi matice čiji je promjer slučajna varijabla X s normalnom razdiobom čiji

su parametri µ = 2,5 cm i σ = 0, 04 cm. Propisana tolerancija promjera matica je ±0, 08 . Izračunajte vjerojatnost otpada. P { X − 2,5 > 0, 08} = 1 − P { X − 2,5 ≤ 0, 08}

P { X − 2,5 ≤ 0, 08} = P {−0, 08 ≤ X − 2,5 ≤ 0, 08} = P {2, 42 ≤ X ≤ 2,58}  2,58 − 2,5   2, 48 − 2,5  = F −F   = F (2) − F (−2) = 2 F (2) − 1 = 2 ⋅ 0,97725 − 1 = 0,9545  0, 04   0, 04  Dakle, P { X − 2,5 > 0, 08} = 1 − 0,9545 = 0, 0455 . 16. Pretpostavimo da je vijek trajanja klasične žarulje od 100 W neprekidna slučajna varijabla

s normalnom razdiobom pri čemu je očekivano trajanje 1100 h sa standardnim odstupanjem od 100 h. Izračunajte najdulji vijek trajanja za 7,5% tih žarulja? Neka je X slučajna varijabla definirana kao vijek trajanja promatranih žarulja. Zadatak nam je odrediti vrijednost b (izraženu u satima) za koju je P { X < b} = 0, 075 . Pišemo  b − 1100   1100 − b   1100 − b  F = 0, 075 , odatle je 1 − F  = 0, 075 , odnosno F     = 0,925 .  100   100   100  U tablici normalne razdiobe 0,02

0,03

0,04

0,05

0,06

0,07

0,0 0,5000 0,5040

0,5080

0,5120

0,5160

0,5199

0,5239

0,5279

0,5319 0,5359

1,4 0,9192 0,9207

0,9222

0,9236

0,9251

0,9265

0,9279

0,9292

0,9306 0,9319

x

128

0,00

0,01

0,08

0,09

IVICA VUKOVIĆ, VJEROJATNOST I STATISTIKA

ne nalazimo 0,925 već najbližu vrijednost 0,92507, koja odgovara broju 1,44. Dakle, 1100 − b = 1, 44 , odnosno b = 956 . 100 17. Prema nekim podatcima visina američkih žena u dobi od 18 do 24 godine približno

odgovara normalnoj razdiobi s očekivanom vrijednost 166 cm i standardnim odstupanjem 6,4 cm. Izračunajte a) koliki je postotak žena s visionom od 160 cm do 180 cm; b) koliki je postotak žena viših od 185 cm; c) ispod koje visine je 4% žena. Rješenje

180 − 166  160 − 166  − F  a) P {160 < X < 180} = F     6, 4   6, 4  = F (2,19) − F (−0,94) = F (2,19) − 1 + F (−0,94) = 0,98574 − 1 + 0,82639 = 0,81213 Dakle, 81,2% žena u dobi od 18 do 24 godine su visine između 160 cm i 180 cm.  185 − 166  b) P { X > 185} = 1 − P { X < 185} = 1 − F   = 1 − F ( 2,97 ) = 1 − 0,99851 = 0, 00149  6, 4  Dakle, približno 0,15% žena je viših od 185 cm.  b − 166   166 − b  c) Tražimo b za koji P { X < b} = 0, 04 . Pišemo F   = 0, 04 ili 1 − F  6, 4  = 0, 04 . 6, 4      166 − b  Odatle je F   = 0,96 . U tablici nalazimo najbližu vrijednost za 0,96 i to je 0,95994,  6, 4  166 − b = 1, 75 , odnosno b = 154,8. kojemu odgovara broj 1,75. Prema tome 6, 4 Pretpostavimo da su rezultati jednog nacionalnog ispita provedenog među studentima normalno distribuirani s aritmetičkom sredinom µ = 64 i standardnim odstupanjem σ = 4 . Izračunajte postotak studenata a) s brojem bodova većim od 64; b) s brojem bodova većim od 70; c) s brojem bodova većim od 60; d) s brojem bodova manjim od 58; e) s brojem bodova manjim od 69; f) s brojem bodova između 63 i 75; g) s brojem bodova između 68 i 74; h) s brojem bodova većim od 70 ili manjim od 55;

129