abc

abcMATEMATIKA 2

UNIVERZITETNI ŠTUDIJSKI PROGRAM BIOKEMIJA1. LETNIK

MATEMATIKA 2

INTEGRAL LOKALNE IN GLOBALNE LASTNOSTI FUNKCIJE

2

Elementarni študij funkcije:

enačbe, neenačbe, lastnosti osnovnih funkcij in računskih operacij.

Lokalne lastnosti funkcije: zveznost, odvedljivost.

(lokalne lastnosti se lahko zelo spremenijo že ob majhni spremembi funkcijskih vrednosti)

Znotraj dane natančnosti zvezne funkcije ni mogoče ločiti od nezvezne.

MATEMATIKA 2

INTEGRAL LOKALNE IN GLOBALNE LASTNOSTI FUNKCIJE

3

majhna razlika pri funkcijskih vrednostih velika razlika pri vrednostih odvoda

Katere lastnosti funkcije so neobčutljive za majhne spremembe?

povprečna vrednost osnovne funkcije: 10.9166

povprečna vrednost ‘zanihane’ funkcije: 10.9195

Povprečna vrednost funkcije je primer globalne lastnosti.

funkcija odvod

MATEMATIKA 2

INTEGRAL PLOŠČINA POD GRAFOM

4

p je povprečna vrednost funkcije f na intervalu [a,b], če je ploščina pod grafom enaka ploščini pravokotnika.

p = (ploščina pod grafom funkcije f ) : (b-a)

p

a b

MATEMATIKA 2


5

a ba bx

y

x

y

1x 2x 3x 4x 1x 2x 3x 4x

Ploščino pod grafom funkcije ocenimo s pomočjo pravokotnikov:

4m1m2m

3m5m 4M

2M3M

5M1M

Vsota ploščin včrtanih pravokotnikov je manjša od ploščine pod grafom.

Vsota ploščin očrtanih pravokotnikov je večja od ploščine pod grafom.

Intuitivno, z delitvijo [a,b] na dovolj drobne podintervale, je razlika med včrtano in očrtano ploščino poljubno majhna, zato dobimo kolikor hočemo natančno oceno za ploščino pod grafom.

MATEMATIKA 2


6

Formalizem:

Pri vseh delitvah D je S( f,D) ≤ ploščina pod grafom f ≤ Z( f,D).

Privzemimo, da je f:[a,b]→ omejena ( m ≤ f(x) ≤ M za vse x∈[a,b] ).

0 1 1: ... n nD a x x x x b delitev intervala [a,b]

mi: natančna spodnja meja f na intervalu [xi-1, xi]

Mi: natančna zgornja meja f na intervalu [xi-1, xi]

a bx

y

1x 2x 3x 4x

4m1m2m

3m5m

a bx

y

1x 2x 3x 4x

4M2M

3M5M1M

11

( , ) ( )

n

i i ii

S f D m x x spodnja integralska vsota funkcije f pri delitvi D

11

( , ) ( )

n

i i ii

Z f D M x xzgornja integralska vsota funkcije f pri delitvi D

(vsota ploščin včrtanih pravokotnikov)

(vsota ploščin očrtanih pravokotnikov)

MATEMATIKA 2

INTEGRAL DEFINICIJA INTEGRALA

7

Množica spodnjih integralskih vsot je navzgor omejena, zato ima natančno zgornjo mejo, ki jo označimo S( f ) in imenujemo spodnji integral funkcije f.

Množica zgornjih integralskih vsot pa je navzdol omejena, zato ima natančno spodnjo mejo, ki jo označimo Z( f ) in imenujemo zgornji integral funkcije f.

Funkcija f je integrabilna, če je S( f) = Z( f).

b

a

f

Skupno vrednost imenujemo integral funkcije f na

intervalu [a,b] in označimo z

Vedno je S( f) ≤ Z( f).

MATEMATIKA 2


8

Katere funkcije so integrabilne?

Za vsako delitev D velja

S( f,D) ≤ S( f) ≤ Z( f) ≤ Z( f,D), zato je dovolj, če pokažemo, da vedno lahko izberemo delitev D, pri kateri je razlika

majhna kolikor želimo.

11

( , ) ( , ) ( ) ( )

n

i i i ii

Z f D S f D M m x x

:[0,1]

0( )

1

je podana z

za racionalne za iracionalne

f

xf x

x

Kakorkoli izberemo delitev D, vedno dobimo S( f,D)=0 in Z( f,D)=1

S( f)=0 in Z( f)=1, torej f ni integrabilna

MATEMATIKA 2


9

Monotone funkcije so integrabilne.

Privzemimo, da je f:[a,b]→ naraščajoča, in izberimo natančnost ɛ:

0 1 1 1 ( ) ( ): ... ,Za delitev pri kateri je dobimo n n i i f b f aD a x x x x b x x

1 1 1( ) ( )1 1

( ) ( )

( , ) ( , ) ( ( ) ( )) ( ) ( ( ) ( ))

n n

i i i i i if b f ai i

f b f a

Z f D S f D f x f x x x f x f x

( ) ( ) .Zaradi zveznosti obstaja tak , da je , kakor hitro je

d f x f x x x db a

1 11 1

( , ) ( , ) ( ) ( ) ( )

n n

i i i i i ii i

b a

Z f D S f D M m x x x xb a

Privzemimo, da je f:[a,b]→ zvezna, in izberimo natančnost ɛ:

0 1 1 1: ... ,Za delitev pri kateri je dobimo n n i iD a x x x x b x x d

Zvezne funkcije so integrabilne.

f:[a,b]→ je integrabilna, če ima največ števno mnogo točk nezveznosti.

MATEMATIKA 2

INTEGRAL LASTNOSTI INTEGRALA

10

LASTNOSTI INTEGRALA

a bx

y

f pozitivna na [a,b]

je enak ploščini pod grafom funkcije b

a

ff b

a

pl f

b b

a a

kf k f ( ) b b b

a a a

f g f g

b c c

a b a

ff f

b

a

f c

b

f

a b c

Dogovor: a b

b a

ffOb upoštevanju tega dogovora veljajo vse zgornje formule tudi takrat, ko je spodnja meja integrala večja od zgornje.

MATEMATIKA 2

INTEGRAL LASTNOSTI INTEGRALA

11

M,m: natančna zgornja in spodnja meja f na [a,b]

( ) ( ) b

a

m b a f M b a

a b

M

m

1 [ , ].Povprečna vrednost je vedno na intervalu b

b aa

f m M

Če je f zvezna, zavzame vse vrednosti med m in M.

( ) ( ) [ , ].Torej je za nek b

a

f b a f t t a b

Zvezna funkcija na vsakem intervalu zavzame svojo povprečno vrednost.

a b

MATEMATIKA 2

INTEGRAL RAČUNANJE INTEGRALA

12

RAČUNANJE PO DEFINICIJI

Predpis je neroden za računanje: običajno je težko določiti najmanjšo in največjo vrednost funkcije na delilnih intervalih.

sup ( , ) inf ( , ) integrabilna b

DDa

ff S f D Z f D

Računanje se poenostavi, če namesto ekstremov izberemo neko vrednost funkcije na intervalu. Na vsakem intervalu delitve izberemo po eno točko ti∈[xi-1,xi] in tvorimo Riemannovo vsoto.

1 1 0 2 2 1 11

( , , ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )n

i i ii

R f D T f t x x f t x x f t x x

Za poljubno delitev D velja: S( f,D) ≤ R( f,D,T) ≤ Z( f,D)

a bx

y

1x 2x 1nx1t 2t nt

...lim ( , , ) integrabilna

b

Da

ff R f D T

MATEMATIKA 2


13

f(x)=x na [a,b]

D poljubna, za T izberemo: 1

2

i ii

x xt

11

1

2 2 2 2 2 2 2 21 0 2 1 3 2 1

( , , ) ( )2

1...

2

ni i

i ii

n n

x xR f D T x x

x x x x x x x x

2 2

2

b

a

b ax

Podobno dobimo:1 1

1

b n n

n

a

b ax

n

a b

2 21

2b a

MATEMATIKA 2


14

f(x)=ex na [0,1]

Podobno dobimo:

1: ; : enakih delov, leva krajišča intervalov

i i

i iD n x T t

n n1

1 1

1 2 10 1 1 1 1 1 ( ) 1 1

( , , ) ...1 ( 1)

n

n n

n nn n n e e

R f D T e e e en n n n n e n e

1

1lim ( , , ) lim 1

( 1)

nD n

eR f D T e

n e1

0

( 1)lim ( 1) lim 1

n

x

n x

en e

x

1

0

1 xe e

b

x b a

a

e e e

MATEMATIKA 2


15

ANALITIČNO RAČUNANJE

f omejena ⇒ F zvezna

( )Tvorimo novo funkcijo x

a

F x f

( ) ( )x x x

a a x

F x F x ff f

lim ( ) ( ) omejena x

x xx

ff M x x F x F x

2 2

( ) ( )2

x a

f x x F x

( ) ( ) x x af x e F x e e

xa x

( )f t

( ) ( ) ( ) zvezna za nek med in x

x

f F x F x ff t x x t x x

( ) ( ) ( )

lim lim lim ( ) ( )x x x x x x

F x F x f t x xf t f x

x x x x

osnovni izrek analize f zvezna ⇒ F odvedljiva in F ’= f

MATEMATIKA 2


16

Newton-Leibnizova formula

Primitivna funkcija ni enolično določena, dve primitivni funkciji dane funkcije se razlikujeta za konstanto.

F je primitivna funkcija za f

Obratno, če je F ’=f dobimo

( ) ( ) ( ) 0x

a

F x f F x f x

( )

x

a

F x f C

( ) ( ) b

a

F ff F b F a

( ) ( ) ( )a x

a a

F a f C f F x F a

MATEMATIKA 2


17

‘uganemo’ primitivno funkcijo F :Računanje b

a

f izračunamo ( ) ( )

b

a

f F b F a

( ) xf x e ( ) xF x eb

x b a

a

e e e

( ) sinf x x ( ) cosF x x0

sin ( cos ) ( cos0) 2x

2( )f x x3

3 2( ) 3 , ( )3

x

x x F x 3

2

1

27 1 26

3 3 3x

1( )f x

x ( ) ln(3 )F x x

1 1(ln(3 )) 3

3x

x x

2

1

1ln 6 ln 3 ln 2

x

MATEMATIKA 2


18

NUMERIČNO RAČUNANJE

Integral računamo numerično, če ne znamo določiti primitivne funkcije ali če je integrand znan le v posameznih točkah.

Integrand f nadomestimo s približkom g, ki ga znamo dovolj preprosto integrirati.

Približek g določimo na podlagi vrednosti f v izbranih delilnih točkah (včasih tudi iz vrednosti odvodov).

napaka, odvisna od metode in od števila delilnih točk

približna vrednost integrala

b b

a a

f g R

y f x

a b

0 1 2 12 2 ... 22

b

n n na

b af y y y y y R

n

MATEMATIKA 2


19

METODA TRAPEZOV

[a,b] razdelimo na n enakih delov:

trapezna formula napaka metode

0,1,..., ) (k

k k

b ax a k k n

ny f x

1

1

2

k

k

xk k

x

y yb ag

n

0 1 1 2 1( ) ( ) ... ( )2

b

n na

b ag y y y y y y

n

3

2 [ , ]

( )max ( )

12n x a b

b aR f x

n

Funkcijo f nadomestimo z odsekoma linearno funkcijo g, določeno s točkami (xk ,yk).

y g x

MATEMATIKA 2


20

SIMPSONOVA METODA

y f x

a b

y g x

[a,b] razdelimo na n enakih delov; vsakega razpolovimo in čez tako dobljene tri točke potegnemo parabolo. Funkcijo f nadomestimo z g, sestavljeno iz teh parabol.

0,1,..., 2 )2

( )

(k

k k

b ax a k k n

ny f x

2 2

2

2 2 1 2 24

2 3

k

k

xk k k

x

y y yb ag

n

0 1 2 2 3 4( 4 ) ( 4 ) ...6

b

a

b ag y y y y y y

n

Simpsonova formula

0 1 2 3 4 2 2 2 1 24 2 4 2 ... 2 46

b

n n n na

b af y y y y y y y y R

n

54

4 [ , ]

( )max ( )

2880n x a b

b aR f x

n

MATEMATIKA 2


21

Trapezna metoda:

Simpsonova metoda:

n=2 (4 delilne točke)

dejanska napaka 0.0025

dejanska napaka 0.0001

1

0

10.01.

1Izračun z napako

x

1 1ln(1 ) ln 2 ln1 ln 2

1 10.6931

1

0

xx x

3

2 [ , ]

( )max ( ) 0.01 :

121. Iz pogoja določimo primeren

x a b

b af x n

n

3 2[0,1]

2 2max 2, 0.01 5

(1 ) 12

xn

x n

2. Določimo delilne točke in izračunamo pripadajoče funkcijske vrednosti:

xk 0.0000 0.2000 0.4000 0.6000 0.8000 1.0000

yk 1.0000 0.8333 0.7143 0.6250 0.5555 0.5000

3. Vstavimo v trapezno formulo:

1 1(1.000 2 0.8333 2 0.7143 2 0.6250 2 0.5555 0.50 000)

1.6 6

1095

1

0 x

1 1(1.000 4 0.8000 2 0.6666 4 0.5714 0.5000) 0.693

1 122

1

0 x

MATEMATIKA 2


22

Oceni ploščino kosa pločevine:

2 2100(62 4 51 2 55 4 50 12) 4900 0.49

12 cm mP

62 cm

51 cm 55 cm 50 cm

12 cm100 cm

MATEMATIKA 2

INTEGRAL INTEGRACIJSKE METODE

23

INTEGRACIJSKE METODE

Analitična metoda za izračun integrala sloni na določanju primitivne funkcije in uporabi Newton-Leibnizove formule. Osnovni prijemi za računanje primitivnih funkcij sledijo iz pravil za odvajanje.

1

( 1)

2

2

( ) ( )

1

1ln

sin cos

cos sin

1arcsin

1

1arctg

1

r

rr

x x

f x F x

xx

r

xx

e e

x x

x x

xx

xx

F primitivna funkcija za f

F, G primitivni funkciji za f

k·F primitivna funkcija za k·f

F+G primitivna funkcija za f+g

21

( )f x xx

12 22x x x

12

2 1( ) 4

2

xF x x

x

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

24

Primitivne funkcije produkta, kvocienta ali kompozituma dveh funkcij v splošnem ni mogoče izraziti s pomočjo primitivnih funkcij faktorjev.

Velikokrat primitivna funkcija elementarne funkcije ni elementarna funkcija: 23 21

1 , , , ,sin tgln

(npr. integrali funkcij in niso elementarne funkcije)

xxe

x e x x xx x

Za takšne funkcije pravimo, da niso elementarno integrabilne (so pa integrabilne, saj so zvezne).

, zato jeu x v x u x v x u x v x

primitivna funkcija za = primitivna funkcija za u x v x u x v x u x v x

sin cos sin cos sinprimitivna funkcija za x x x x x x x x

1

sin cos

u x x u x

v x x v x x

sinx x

integracija po delih (per partes)


MATEMATIKA 2

INTEGRAL

25

Integral lahko preoblikujemo tako, da namesto x vpeljemo novo spremenljivko


, : , ,Vpeljemo kjer je primerno izbrana odvedljiva in bijektivna funkcija.x x u x a b

0 1 1

0 1 1

: ...

: ... .

Za izbrano delitev postavimo

in dobimo delitev n n i i

n n

D u u u u x x u

D a x x x x b

1 1 .Po Lagrangevem izreku je Postavimo in dobimoi i i i i i ix x x u u t x

1 11 1

( ) ( ) ( )

Riemannova vsota za Riemannova vsota za

n n

i i i i i i ii i

f x f x u x u

f t x x f x x u u

Integriranje po spremenljivki x od a do b lahko nadomestimo z integriranjem po spremenljivki u od α do β , pri čemer upoštevamo sorazmernostni faktor x´(u).

ux b

x a u

f x f x u x u

: .

, .

Vpeljemo funkcije po spremenljivki

Če nadomestimo z moramo hkr

n

ati nadomes

edoločeni integra

tit

l

i z

f x

x x u dx x

f x d

x

x

u d

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

26


integracija po delih (per partes)

uvedba nove spremenljivke (substitucija)

u dv u v v du

( ) ( ( )) ( )f x dx f x u x u du

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )u x v x dx u x v x v x u x dx

( ) ( ) k u x dx k u x dx

( ( ) ( )) ( ) ( )u x v x dx u x dx v x dx

x xe dx esin cos x dx x

cos sin x dx x

1

11

ln 1

r

r

xr

rx dx

x r

2arcsin

1

1 dx x

x

2arctg

1

1 dx x

x

PRAVILA ZA INTEGRIRANJE

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

27


x

x e dx

2

1ln

2

u x du dxxx

dv x dx v

x

du dx

v e

xxx xx e e dx x e e

sin , cos , ,...Podobno za n xx x dx x x dx x e dx

ln x x dx

x

u x

dv e dx

22 21ln l

22 2n

4

xx x d

xx

xx

lnPodobno za nx x dx

sin(2 1) x dx 1 1

sin cos1

cos(22 2

2 1) u d xu u 2 1

1

2

u x

dx du

1( ) ( ) ( ) ( )Splošno pravilo: f x dx F x f ax b dx F ax b

a

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

28


3 2 1 x x dx 2 2 1 x x x dx

2 1

2 u x

du x dx

12 ( 1) u u du

3 32

52

522 2 21 1

51 15 3 3( 1) ( 1)u u x x

tg x dx sin

cos

xdx

x ln cosln

duu x

u

cos

sin u x

du x dx

Uspešna je tudi substitucija t2=x2+1.

21 x dx 2 2 1 cos 21 sin cos c

sinos

2

2

2 4

uu u du u du dt

u u

sin

cos x u

dx u du

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

29


INTEGRIRANJE RACIONALNIH FUNKCIJ

1.korak Če je potrebno, z deljenjem prevedemo na primer, ko je stopnja števca manjša od stopnje imenovalca.

2.korak Imenovalec razcepimo na faktorje, potem pa integrand razcepimo na delne ulomke oblike

3.korak Integriramo dobljeni izraz.

( )

( )

P xdx

Q x P(x),Q(x) polinoma3

2

2

1

xdx

x

3

2 2

2 2

1 1

x xx

x x

2( ) ( ) in n n

A Ax Bx a x ax b

2 1 ( 1)( 1)x x x 2

( 1)( 1) 1 1

x A Bx x x x

2 ( 1) ( 1)x A x B x 1 3

,2 2

A B

3

2

2 1 1 3 1

1 2 1 2 1

xx

x x x

3

2

2 1 3ln( 1) ln( 1)

2 2 2

2

1

xd xx

xx

x

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

30

IZLIMITIRANI INTEGRALI


integrand je neomejen, ne ustreza zahtevam za integrabilnost

Formalno uporabimo Newton-Leibnizovo formulo:

Ali je mogoče razširiti pojem integrabilnosti na tovrstne primere?

1

0

1? dx

x

11

00

12 2 dx x

x

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

31


Osnovna primera:

f zvezna na [a,b), pri b neomejena

f zvezna na neomejenem intervalu [a,+∞)

obstaja za t

a

f t b

lim b t

t ba a

ff

lim t

ta a

ff

ta b

ta

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

32


limita ne obstaja

2

20

1

( 2) dx

x

2

1 1

( 2) 2 dx

x x

1

00

ln 1 lim( ln ) 1 t

x dx t t t

ln ln x dx x x x

2

1

2

1 1lim( )

2 2t t

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

33


limita ne obstaja

sin 2 (sin 2 2cos 2 )5

x

x ee x dx x x

0

sin 2 xe x dx

2 2lim( (sin 2 2cos 2 ))

5 5 5

t

t

et t

0

sin lim( cos ) 1 t

x dx t

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

34


Ocenjevanje konvergence: obstoj izlimitiranega integrala poskusimo ugotoviti na podlagi primerjave z znanimi integrali.

1

1 1

ln 1

rxr r r

x dxx r

0

11

1

obstaja za

ne obstaja za

a

r

rdx

rx

31

1

1

xdx

x x

323

1 1

1Za je primerljiva z

xx

xx x

integral obstaja

2

31

1

1 dx

x

3 2

1 1 11 ,

11 1 11

0

Za je = primerljiva z

ki pa je primerljiva z za

xxx x x x

xx

integral obstaja

11

1

obstaja za

ne obstaja za ra

rdx

rx

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

35


: 0, padajoča pozitivna funkcija in zaporedje nf a f n 1

1

n

n nn

a f a

1 1

.Vrsta konvergira natanko takrat, ko konvergira integral n

f n f

Velja še: n a a

f n ff a

1 1

1 1, 1.Vrsta konvergira natanko takrat, ko konvergira integral torej, ko je r r

n

dx rn x

1 2 3 2 3 4

1

a a a f a a a

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

36

UPORABA INTEGRALA

PLOŠČINE LIKOV

ploščinab

a

g f

a b

r r

21

2ploščina r

y g x

y f x

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

37

UPORABA INTEGRALA

DOLŽINA KRIVULJE

Vsaka delitev intervala določa neko lomljenko. Dolžina krivulje je natančna zgornja meja dolžin lomljenk.

Dolžina krivulje(če je f zvezno odvedljiva)

2 21 1

1

( ) ( ( ) ( ))dolžina lomljenken

i i i ii

x x f x f x

2

12

1

( ( ) ( ))1( )

1

1 ( )i i

i i

nf x f x

i ix xi

x x

21

1

1 ( ( )) ( )n

i i ii

f t x x

21 ( )Riemannova vsota za funkcijo f

21 ( )b

a

l f

a b1ix ix

1if x

if x

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

38

UPORABA INTEGRALA

PROSTORNINA TELESA

Riemannova vsota za funkcijo P

Prostornina telesa(če je P zvezna)

1

( ) :

:

ploščina prereza na višini

debelina prerezai i

i i

P t t

x x

11

( )( )n

i i ii

P t x x

b

a

V P

a

b

1ix

ix

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

39

UPORABA INTEGRALA

VRTENINE

Vrtenina je telo, ki ga zaobjamemo z vrtenjem krivulje okoli osi.

Prerez na nivoju x je krog s ploščino P(x)=f(x)2 π.

Prostornina vrtenine 2b

a

V f

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

40

UPORABA INTEGRALA

NEKATERE FIZIKALNE KOLIČINE, KI SE IZRAŽAJO Z INTEGRALOM(Integriramo funkcije ene spremenljivke, zato se zaenkrat omejimo na primere, ki so ‘enodimenzionalni’.)

Dolžina poti, ki jo točka, ki se giblje premočrtno s hitrostjo v=v(t) prepotuje v času od t1 do t2:

2

1

( ) t

t

s v t dt

Masa krivulje, dane z enačbo y=f(x) na [a,b] in z dolžinsko gostoto r=r(x):

2( ) 1 ( ( )) b

a

m r x f x dx

Težišče krivulje, dane z enačbo y=f(x) na [a,b] in z dolžinsko gostoto r=r(x):

2

2

1( ) 1 ( ( ))

1( ) ( ) 1 ( ( ))

b

Ta

b

Ta

x x r x f x dxm

y f x r x f x dxm

Delo, ki ga sila F=F(x) opravi vzdolž osi x ( ) b

a

A F x dx

Težišče n točk (xi,yi), z masami mi:1

1

1

1

n

T i ii

n

T i ii

x x mm

y y mm

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

41

FUNKCIJE DEFINIRANE Z INTEGRALOM


( ) ( , ) d

c

F x f x y dy ,

:[ , ] [ , ]

funkcija dveh spremenljivkf x y

f a b c d

1

0

xyF x xe dy1

01

yxy x

ye e

Kdaj je tako dobljena funkcija zvezna, odvedljiva, integrabilna? Kaj je njen odvod, integral?

ZVEZNOST :[ , ] [ , ]Vzemimo zvezno funkcijo f a b c d

( ) ( , ) , je zvezno odvisna od je definirana za vse d

c

f y F x f x y dy x a b

( , ) ( , ) je zvezno odvisna od za dovolj majhen iz sledi d cf x x x f x y f x y

Predpišimo natančnost ε:

( ) ( ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) d d d d

c c c c

F x F x f x y dy f x y dy f x y f x y dy dyd c

, , , ( ) ( , ) , zvezna na zvezna na d

c

f x y a b c d F x f x y dy a b

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

42


odvod integrala po parametru

ODVEDLJIVOST

( ) ( ) ( , ) ( , )( , )

d d

xc c

F x h F x f x h y f x ydy f t y dy

h h

( , ) ( , )( , ) ( , ) ( , )

d d d d

x x xc c c c

f x h y f x ydy f x y dy f t y f x y dy dy

h d c

, ( ) ( , ) zvezno odvedljiva na odvedljivad

c

f x y x F x f x y dy

( ) ( , ) d

xc

F x f x y dy

, ( , ) ( , ) zvezna za dovolj majhen iz sledi x x x d cf t x f t y f x y

1 33 3

0

( ) ( 1) 1

3 3 3

y

y

x y x xx x

12

0

( ) ( ) F x x y dy 1

0

1( ) 2( )

2 F x x y dy

x

12

0

12

11

2

1

0

y

y

y ydy y

x x x

1

3

11

2x

xx

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

43


INTEGRABILNOST

Primerjajmo funkciji

posebej: G1(b)=G2(b)

zamenjava vrstnega reda integriranja

( ) ( , ) zvezna zvezna integrabilnad

c

f F x f x y dy

1 2( ) ( , ) ( ) ( , ) in t d d t

a c c a

G t f x y dy dx G t f x y dx dy

1( ) ( , ) d

c

G t f t y dy 2 ( ) ( , ) d

c

G t f t y dy 1( ) 0G a 2 ( ) 0G a

G1=G2

( , ) ( , ) b d d b

a c c a

f x y dy dx f x y dx dy

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

44


22 1 2 3 22 2

1 0 1 1

1( )

3 2

2

63 3

5

x

x

x x xx y dy dx x x dx

1 22

0 1

( ) x y dx dy

21 13

2

0 01

13 2

0

) 73

25

2 3 6

3 3

3 7

3

(

x

x

y

y

x ydy y y dx

y y y

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

45


Formula o zamenjavi vrstnega reda integriranja velja tudi za funkcije f(x,y), ki so nezvezne v nekaj točkah ali celo vzdolž neke gladke krivulje.

( , )0

za za

nezvezna vzdolž premice

x x yf x y

x y

y x

11 1 1 1 1 3

00 0 0 0 0 0 0

1

3( , )

32

xy x

y

xf x y dy dx x dy dx xy dx x dx

1 11 1 1 1 1 12 3

0 0 0 0 0 0

1( , )

2 2 6

1

3

2

2

x

y x y

x y y yf x y dx dy x dx dy dy dy

0 1

1

( , )f x y x

( , ) 0f x y

b

ad

c

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

46

DVOJNI INTEGRAL

DVOJNI INTEGRAL

Prostornino pod ploskvijo ocenimo s kvadri. Pravokotnik [a,b]x[c,d] razdelimo na mrežo manjših pravokotnikov. Vsota prostornin včrtanih kvadrov je manjša, vsota prostornin očrtanih kvadrov pa večja od prostornine pod ploskvijo.

y

x

z

Δxi

Δyj

mij,Mij : natančna spodnja in zgornja meja f(x,y) na pravokotniku [xi-1,xi]×[yi-1,yi]

Δxi= xi – xi-1, Δyj= yj – yj-1

1 1

( , )n m

ij i ji j

S f D m x y

spodnja integralska vsota funkcije f pri delitvi D zgornja integralska vsota funkcije f pri delitvi D

1 1

( , )n m

ij i ji j

Z f D M x y

ijmijM

[ , ] [ , ]

[ , ] [ , ]

Skupno limito imenujemo funkcije

na območju in označimo z

dvojni integral

a b c d

f

a b c d f

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

47

DVOJNI INTEGRAL

spodnji integral funkcije f

( ) sup ( , )S f S f Dzgornji integral funkcije f

( ) inf ( , )Z f Z f D

Funkcija f je integrabilna, če je S( f) = Z( f).

Vedno je S( f) ≤ Z( f).

Zvezne funkcije so integrabilne.Integrabilne so tudi funkcije, pri katerih je množica točk nezveznosti majhna, npr. če so nezvezne le v nekaj točkah, ali pa vzdolž neke gladke krivulje.

y

x

z

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

48

DVOJNI INTEGRAL

Dvojni integral je enak dvakratnemu.

[ , ] [ , ]

( , ) a b c d

b d

a c

ff x y dy dx

,

( ) ,

.

Prostornina pod grafom je enaka

kjer je ploščina prereza na nivoju

b

a

z f x y

P x dx

P x x

, : ( ) ( , ) je ploščina pod grafom funkcije d

c

P x y f x y P x f x y dy

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

49

DVOJNI INTEGRAL

[1,3] [0,1]

21

x yy

31 3 1 12

2 2 20 1 0 01

12

0

1 4 2

1 1 2 1

4arctg ln(1 ln) 2

x

x

x y x ydx dy xy dy dy

y y y

y y

13 1 32

201 0 1

33 2

1 1

1arctg ln(1 )

1 2

1 ln 2ln 2

4 2 8 2ln 2

y

y

x ydy dx x y y dx

y

x xx dx

21

x yz

y

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

50

DVOJNI INTEGRAL

Polovico valja presekamo z ravnino. Določi prostornino dobljenega telesa

2 2

u r x

u du x dx

r

h

x

y

z

r

rr

enačba ravnine: h

z xr

hz x

r

0z

2. možnost:

2 22 2

2 22 2

2

0 0

32 2 2

2

0 0

2

2

3 3

r y

r y

x r yr r

x r y

rr

h h xV x dx dy

r

dyr r

h h yr y dy r y

rh

r

2 22 2

00

02 2 2 2

22

0

22 2

3

r xr ry r x

yr r

r r

r r

h hV x dy dx xy dx

r r

h h hx r x dx x r x dx u du

rr

rh

r

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

51

DVOJNI INTEGRAL

( , )z f x y

a b

( )y u x

( )y v x

D

V splošnem računamo integral funkcije dveh spremenljivk po ukrivljenem območju takole:

Območje D omejimo po širini med x=a in x=b.

Spodnji rob območja je krivulja y=u(x), zgornji pa krivulja y=v(x).

( )

( )

( , ) v xb

D a u x

f f x y dy dx

Dvojni integral izrazimo kot dvakratni integral, kjer so meje notranjega integrala odvisne od spremenljivke x.

Včasih je lažje integrirati v obratnem vrstnem redu, najprej po x in potem po y.

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

52

DVOJNI INTEGRAL

Podobno obravnavamo trojne, tj. prostorske integrale:

Izrazi maso plina v valjastem stolpcu s polmerom R in višino h.

R

h

0Gostota plina upada z višino: kze

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

0

0

0

0

0

0 201 1

y R x

y R x

y R x

y R x

y R x

y R x

kz

V

x R z hkz

x R z

z hx Rkz

zx R

x R

x

khkh

R

m e dV

e dz dy dx

e dy dxk

e y ek k

d Rdx

-R R2 2 R x

2 2R x

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

53

TRIGONOMETRIČNE VRSTE

Natančnost Taylorjeve vrste naglo upada z oddaljevanjem od izhodišča, zato so za obravnavanje periodičnih funkcij primernejše vrste sestavljene iz trigonometričnih funkcij.

Pomožni izračuni:

podobno:

podobno:

sin( ) cos( ) nx mx dx

:n m

sin( ) sin( ) 2sin( )cos( )n m x n m x nx mx

1 cos( ) cos( )0

2

n m x n m xn m n m

cos( ) cos( ) 0 sin( ) sin( ) 0 nx mx dx nx mx dx

:n m 1sin( ) cos( ) sin(2 ) 0

2 nx nx dx nx dx

1 sin(2 )sin( ) sin( ) (1 cos(2 ))

2 2 4

x nxnx nx dx nx dx

cos( ) cos( ) nx nx dx


MATEMATIKA 2

INTEGRAL

54


Privzemimo, da je funkcija f 2p-periodična in da je enaka vsoti vrste

Kako bi določili koeficiente ak in bk?

trigonometrična ali Fouriereva vrsta

0 1 1 2 2

01

( ) ( cos sin ) ( cos 2 sin 2 ) ...

( cos sin )k kk

f x a a x b x a x b x

a a kx b kx

01

( ) ( cos sin )k kk

f x dx a dx a kx dx b kx dx

=0 =0

02 a

01

( ) cos cos ( cos cos sin cos )

cos cos

k kk

m m

f x mx dx a mx dx a kx mx dx b kx mx dx

a mx mx dx a

01

( )sin sin ( cos sin sin sin )

sin sin

k kk

m m

f x mx dx a mx dx a kx mx dx b kx mx dx

b mx mx dx b

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

55


Če je f(x) vsota trigonometrične vrste

(in če smemo vrsto členoma integrirati),potem za koeficiente vrste velja:

01

( ) ( cos sin )k kk

f x a a kx b kx

0

1( )

2

1( )cos

1( )sin

k

k

a f x dx

a f x kx dx

b f x kx dx

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

56


(integral lihe funkcije po simetričnem intervalu)

Fouriereva vrsta trigonometričnega polinoma je vedno končna.

3( ) sinf x x

30

1sin 0

2a x dx

31

sin cos 0ka x kx dx

31

1 3sin sin

4b x x dx

3

3

1 1sin sin 3

4b x x dx

31

sin sin 0 za 0, 2kb x kx dx k

3 3 1sin sin sin 3

4 4x x x

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

57


lažji odgovor: če je f omejena in odsekoma zvezna, potem gre sm v povprečju proti f, tj.

težji odgovor: če je f odsekoma zvezna in odsekoma monotona in če v vsaki točki x obstajata leva in desna limita funkcije f(x-) in f(x+), potem je

01

:

, ( ) ( cos sin )k k k kk

f x

a b f x a a kx b kx

Ob prejšnjih zgledih se zastavlja vprašanje če za dano funkcijo izračunamo

koeficiente in kakšna je potem zveza med in ?

01

( ) : ( cos sin )m

m k kk

s x a a kx b kx

delna vsota

0)()(lim

dxxsxf mm

xfxfxf

xfxfxsmm v zvezna ni

v zvezna

2

)()()(

)(lim

MATEMATIKA 2

INTEGRAL

58


Primerjava med Taylorjevo in Fourierevo vrsto

Taylorjeva vrsta

vsota potenc koeficiente računamo z odvodi, ostanek po Lagrangevem izreku uporabna le za dovoljkrat odvedljive funkcije področje konvergence določeno s polmerom konvergence blizu središča konvergira hitro, navzven pa vedno počasneje vrsto smemo členoma odvajati in integrirati

Fouriereva vrsta

vsota trigonometričnih funkcij koeficiente računamo z integrali

uporabna za zelo splošne funkcije, npr. odsekoma zvezne periodična

enakomeren približek na celem intervalu vrsto smemo členoma integrirati, odvajati pa le, ko je limitna funkcija zvezno odvedljiva

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE OSNOVNI POJMI

59

Diferencialna enačba je funkcijska enačba, v kateri nastopajo odvodi iskane funkcije.

parcialna diferencialna enačba (2. reda)

diferencialna enačba za y kot funkcijo x

diferencialna enačba 2. reda

diferencialna enačba 3. reda

Diferencialne enačbe za funkcije ene spremenljivke imenujemo navadne, ko nastopajo parcialni odvodi na več spremenljivk pa pravimo, da so to parcialne diferencialne enačbe

Red diferencialne enačbe je red najvišjega odvoda, ki v njej nastopa.

y xy

2 2y y y x

2 2yx y y e xy

xx yz z x

DIFERENCIALNE ENAČBE

MATEMATIKA 2


60

Rešitev diferencialne enačbe je funkcija y=y(x), pri kateri je F(x,y(x),y’(x))=0 za vse x na nekem definicijskem območju.

F(x,y,y’)=0 splošna oblika diferencialne enačbe 1. reda

2

2

2 2 2

2 2 22

2

( ) , je rešitev diferencialne enačbe

ker je

x

x x xxx

y x e y xy

e e e

Enačba mora biti izpolnjena za vse x na nekem intervalu.

2

3

( ) ,

2

rešitev diferencialne enačbe

čeprav je za nekatere vrednosti

n

iy x x y xy

x x x

MATEMATIKA 2


61

je rešitev enačbe

je tudi rešitev enačbe

je prav tako rešitev zgornje enačbe...

Velja: diferencialna enačba reda n ima splošno rešitev, ki je odvisna od n parametrov.

( )y x x

( ) xy x x e

( ) xy x x xe

2 2y y y x

2 2y y y x

2 2 ( )

Splošna rešitev diferencialne enačbe je običajno odvisna od nekaj parametrov.

Na primer, vse rešitve enačbe so oblike , kjer sta in poljubni realni tevil

x xy y y x y x x Ae Bxe

A B š

. i

Diferencialne enačbe imajo praviloma veliko rešitev, kar je posledica dejstva, da odvajanje ni injektivno.

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE GEOMETRIČNI POMEN

62

GEOMETRIČNI POMEN DIFERENCIALNE ENAČBE

y=y (x) je rešitev enačbe y’ =f (x,y)

smerni koeficient tangente na graf rešitve v točki x0 je enak f (x0,y (x0))

funkcija f(x,y) določa polje smeri:pri vsaki točki (x,y) z majhno puščico označimo smer s koeficientom f(x,y).

f(x,y)=x-y

krivulja, ki je v vseh svojih točkah tangentna na polje smeri, je graf ene izmed rešitev diferencialne enačbe

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE GEOMETRIČNI POMEN

63

Polje smeri, določeno s f(x,y)=x2-y2+1 in nekaj rešitev pripadajoče diferencialne enačbe. Vse rešitve imajo skupno asimp-toto, t.j. trend.

Polje smeri, določeno s f(x,y)=-y-sin3x. Rešitve se za x - malo razlikujejo, za x + pa povsem divergirajo.

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE MODELIRANJE

64

Diferencialna enačba skupaj z začetnim stanjem v celoti določa evolucijo sistema.

y(0)=C, torej je C ravno začetna količina opazovane snovi

Hitrost razpadanja pogosto podamo z razpolovno dobo T: zveza s k je kT=ln 2

Hitrost razpadanja radioaktivne snovi je sorazmerna s količino snovi (reakcija 1. reda). Če imamo na začetku neko količino snovi (npr. 5g izotopa 14C), kaj lahko povemo o količini snovi čez nekaj časa (npr. čez koliko časa bo ostalo le 3g 14C)?

y=y(t) količina snovi v trenutku ty’=-k y k je sorazmernostni faktor med količino snovi in hitrostjo razpadanja (npr. za 14C je k =3.83 10-12 s-1)

ln ktdy dy dyky k dt k dt y kt c y Ce

dt y y

314 5

12

ln 0.51083 5 133368146214 4230

3.83 10Za C: s letkte t

k

Razpolovna doba 14C je (0.6931/3.83) 1012 s ≈ 5730 let.

FIZIKALNI PRIMER: RADIOAKTIVNI RAZPAD

MATEMATIKA 2


65

Ogljikov izotop 14C nastaja v višjih plasteh atmosfere, ko pod vplivom kozmičnih žar kov dva neutrona nadomestita dva protona v 14N. Nastali 14C se veže s kisikom v 14CO2. Razmerje med 14CO2 in 12CO2 v atmosferi je dokaj stabilno.

kozmični žarki

Rastline absorbirajo CO2 v biosfero. Razmerje med 12C in

14C v živih bitjih je enako, kot v atmosferi.

Ko ostanki živih bitij niso več v stiku z atmosfero se razmerje med 12C in

14C zaradi radioaktivnega razpada poveča v prid prvega. Starost ostankov ocenimo na podlagi primerjave stopenj radioaktivnosti.

stopnja radioaktivnosti

0 let 5730 let 11460 let 17190 letstarost

DATIRANJE S 14C

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE PROBLEM ZAČETNE VREDNOSTI

66

Pri diferencialnih enačbah obravnavamo dva tipa nalog:

enačba

začetni problem iščemo rešitev enačbe, ki ima v nekaterih točkah predpisane funkcijske vrednosti ali morda vrednosti odvodov

začetni problem

2y y 2( ) xy x Ae

iskanje splošne rešitve

splošna rešitev

2 2y y y x ( ) x xy x x Ae Bxe

rešitev

2

(0) 3

y y

y

2( ) 3 xy x e

2 2

(0) 0

(0) 2

y y y x

y

y

( ) xy x x xe

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE ENAČBE Z LOČLJIVIMI SPREMENLJIVKAMI

67

DIFERENCIALNE ENAČBE Z LOČLJIVIMI SPREMENLJIVKAMI

V diferencialni enačbi 1. reda lahko ločimo spremenljivki, če jo lahko zapišemo v obliki

nista enačbi z ločljivimi spremenljivkami

( )( ) ( )

( ) ali

u xv y y u x y

v y

2 0xy y

yy x

1

2

yy x

21y y 2

11

yy

2 1xyy x 21 x

yyx

y x y 1xy y xy

MATEMATIKA 2


68

Reševanje enačb z ločljivimi spremenljivkami

implicitna oblika splošne rešitve

U(y) primitivna funkcija za u(y)

V(x) primitivna funkcija za v(x)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) u y y v x U y V x U y V x C

Praktično navodilo: v enačbi pišemo ter prestavimo vse na eno in vse na drugo stran.

Nato vsako stran posebej integriramo in eni od njih prištejemo integracijsko konstanto.

dyy x y

dx

2 22 0x y y 2 22 0dy

x ydx

2 22

dy dxy x

2 22

dy dxy x

1 1

2C

y x ( )

2( 1)

xy x

Cx

( ) , V xy Ae A

MATEMATIKA 2


69

spremenljivk se ne da ločiti!

' ( )y v x y

( )'( ) ln ( ) C V xy

v x y V x C y e ey

'y x y

1

Vpeljemo novo spremenljivko u x y

u y

1u u

1 ln 1 11

xdu duu dx u x C u Ce

dx u

1xy Ce x

Pogosto srečamo enačbe, pri katerih je odvod sorazmeren funkcijski vrednosti, vendar se sorazmernostni faktor odvisen od x.

MATEMATIKA 2


70

Začetni problem pri enačbah z ločljivimi spremenljivkami

0 0

( ) ( )

( )

u y y v x

y x y

0 0

( ) ( )y x

y x

u y dy v x dx

21

(1) 2

xyy x

y

2

2 1

1y x xydy dx

x

2 2

2 1

ln2 2

y xy x

x

2 22 21

2 ln 2ln 52 2 2

y x

x y x x

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE POVZETEK

71

Diferencialna enačba je funkcijska enačba, v kateri nastopajo odvodi iskane funkcije.

Rešitev DE je funkcija y=y(x), ki za vse x ustreza enačbi. Število prostih parametrov,

od katerih je odvisna rešitev je enako redu enačbe.

Geometrično je rešitev DE vsaka krivulja, ki je tangentna na polje smeri.

Začetni problem je iskanje rešitve DE, ki ustreza nekim začetnim pogojem.

DE z ločljivimi spremenljivkami rešimo tako, da ločimo spremenljivki in potem integriramo vsako stran enačbe posebej.

MATEMATIKA 2


72

Primer modeliranja z DETripsin je encim trebušne slinavke, ki nastane iz tripsinogena. V reakciji nastopa tripsin kot katalizator, zato je hitrost nastajanja tripsina sorazmerna z njegovo koncentracijo.

y0 ........... začetna koncentracija tripsina y(t) ........... koncentracija tripsina v času t y’=ky ........... hitrost nastajanja je sorazmerna koncentraciji

Model napoveduje eksponentno in neomejeno rastkoličine tripsina. To se v resnici ne more zgoditi, zato moramo poiskati ustreznejši model.

0(0)

y ky

y y

začetni problem: rešitev: y=y0ekt

0kty y e

0y

y

t

MATEMATIKA 2


73

Med reakcijo se tripsinogen porablja: iz vsake molekule tripsinogena nastane ena molekula tripsina. Zato privzamemo, da je hitrost reakcije sorazmerna tako koncentraciji tripsina, kot koncentraciji tripsinogena. Če je skupna koncentracija tripsina in tripsinogena C, začetna koncentracija tripsina pa y0 dobimo začetni problem:

Logistična krivulja: model predvideva, da bo koncentracija tripsina zrasla do prvotne koncentracije tripsinogena, potem pa se bo ustalila.

0

( )

(0)

y ky C y

y y

0 0

00

1ln

( ) ( )

yy tt

y y

dy dy yk dt k dt kt

y C y y C y C C y

0

0

0

( )1 1

Ckt

CktCy

C yC y Ce y t

y y e

MATEMATIKA 2


74

Logistična krivulja je dober model za omejeno rast, vendar ni vedno povsem ustrezna. Npr. pri tumorjih število rakastih celic najprej narašča eksponencialno, potem pa se rast umiri in sčasoma ustavi. S poskusi so ugotovili, da krivulja naraščanja ni logistična temveč t.im. Gompertzova krivulja (ena od vidnih razlik je, da pri njej prevoj nastopi precej prej kot pri logistični).

Gompertzova funkcija

(1 )0( )

atk ey t y e

logistična krivulja

Gompertzova krivulja

MATEMATIKA 2


75

Eksperimentalno ugotovljeno zakonitost poskusimo razložiti tako, da pogledamo, kateri diferencialni enačbi ustreza Gompertzova funkcija.

s staranjem se reproduktivna moč celic zmanjšuje

reproduktivni faktor se ne spreminja, vendar je naraščanje sorazmerno le z delom števila celic v tumorju, ker se v notranjosti tumorja ustvari nekrotično območje

(1 ) (1 )0 0 ( )

at atk e k e at aty e y e ak e e y t

a

Diferencialna enačba pomeni, da število rakastih celic narašča sorazmerno z velikostjo tumorja, vendar se sorazmernostni faktor spreminja s časom. Vzroke za spremembo razlagajo različno:

aty e y

( )aty e y

( )aty e y

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE LINEARNE ENAČBE

76

LINEARNE DIFERENCIALNE ENAČBE 1. REDA

( ) ( ) splošna LDE 1. reday a x y b x

( ) .Elementi ničelne množice so oblike ( je primitivna funkcija za ) A xHy Ce A x a x

( ) ( )3 ( ). je rešitev splošne LDEA x A xPy e b x e dx

( )( ) 0 ( )

a x dxdyy a x y a x dx y Ce

y

( ) ( ) ( ) ( )( ( )) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

A x A x A x A xP P

P P

y e a x b x e dx e b x e a x y b x

y a x y b x

: ( ) je linearna funkcija (na prostoru zvezno odvedljivih funkcij)L y y a x y

1. ( ) rešitve linearne enačbe so oblike , kjer je neka rešitev enačbe, pa element ničelne množice za

P

P H

HL y b x

L

y

y

y

y

y

2.

( ) 0 : 0

ničelno množico za tvorijo rešitve enačbe

homogena LDE 1. reda

L

L y y a x y

MATEMATIKA 2


77

sin( )xy y x 1 sin( )xy y

x x

1( ) lnA x dx x

x

lnsin( ) sin cos xx

B x e dx x dx xx

1( ) cosy x x C

x

REŠEVANJE LDE 1. REDA

( ) ( )y a x y b x

1. izračunamo integral ;

2. izračunamo integral ;

3. splošna rešitev enačbe je

( )( ) ( ) A xB x b x e dx ( )( ) ( ( ) )A xy x e B x C

( ) ( )A x a x dx

MATEMATIKA 2


78

ZAČETNI PROBLEM ZA LDE 1.REDA

0 0

( ) ( )

( ) y a x y b x

y x y

0

0

( )

( ) ( )

( ) ( )

izračunamo x

x

xA x

x

A x a x dx

B x b x e dx

( )0( ) ( ( ) )rešitev A xy x e B x y

2 3

(0) 1 y y

y

0

( ) 2 2x

A x dx x

2 2

0

3 3( ) 3

2 2

xx xB x e dx e

22

23 3( ) 1

2 22 2

3x xx

y x e ee

MATEMATIKA 2


79

RL- ELEKTRIČNI KROG

Kirchhoffov zakon: E=ER+EL

LDE 1.reda

Kakšen je tok v krogu s konstantnim virom napetosti E0?

ER=RIpadec napetosti na uporu:

padec napetosti na tuljavi: EL=LI ’

L

R

1( )

RI I E t

L L

0

1

(0) 0

RI I E

L LI

0 0

0

( ) 1t R R

t tL L

E EB t e dt e

L R

0( ) 1R

tL

EI t e

R

vir napetosti:

E=E(t)

t

I

0ER

0

( )t R R

A t dt tL L

MATEMATIKA 2


80

0( ) sinizmenični vir napetosti E t E t 0

1sin

(0) 0

RI I E t

L LI

2 2sin sin cosuporabimo:

axax e

e bx dx a bx b bxa b

2

2

0 02 2 2 2

0

sin cos sin cos

tRt RL t

LRL

E E Le R Rt t e t t

L L R L L

0 02 2 2 2 2 2

sin cosR

tLE E L

I t R t L t eR L R L

0 02 2 22 2 2

sin( ) arctgR

tLE E L L

t eR L RR L

0

( )t R R

A t dt tL L

0

0

( ) sint R

tL E

B t e t dtL

2 2sin cos sin arctguporabimo: , kjer je b

a x b x a b xa

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE REŠLJIVOST DIFERENCIALNIH ENAČB

81

2 2

2 2

( ) 0

(0) 1

( ) 0 0

Začetni problem rešitev, ker je edina

rešitev enačbe dana s funkci

nima

jo

y y

y

y y y x

1( ) 1

(0) 1

Začetni problem ima za rešitevedi no

yy x x

y

1( ) 1.

(0) 1 Začetni problem ima rešitevneskončn oblike

o

yy

y x Cxxy

REŠLJIVOST DE 1. REDA

MATEMATIKA 2


82

PICARDOVA ITERACIJSKA METODA Numerična metoda za reševanje DE 1.reda, ki obenem daje zadostne pogoje za rešljivost DE 1.reda.

(Podobno smo pri Newtonovi metodi enačbo f(x)=0 preoblikovali v x=g(x).)

0

0 0

0

( , )

( )

( ) ( , ( )) ,

Rešitev začetnega problema

zapišemo kot integralsko enačbo

ki je primerna za reševanje z metodo iteracij.

x

x

y f x y

y x y

y x y f t y t dt

Tvorimo zaporedje funkcij y0(x), y1(x), y2(x),... po rekurzivnem pravilu:

0

0 0 1 0( ) , ( ) ( , ( ))x

n nx

y x y y x y f t y t dt

0 0 1( ) , ( ) ( , ( )), ( ) lim ( )Za vse je za limito pa velja:n n n nnn y x y y x f x y x y x y x

(če je f zvezna in če smemo odvajati limito)0 0 0( ) lim ( , ( )) ( , lim ( )) ( , ( )) ( ) lim ( )in n n nn n n

y x f x y x f x y x f x y x y x y x y

limitna funkcija y(x) je rešitev začetnega problema.

MATEMATIKA 2


83

......

Taylorjeva vrsta za funkcijo y(x)=ex.

(0) 1

y y

y

1

0

( ) 1 1 1 x

y x dt x 0 ( ) 1y x

2

2

0

( ) 1 (1 ) 12

x x

y x t dt x 2 2 3

3

0

( ) 1 (1 ) 12 2 6

x t x x

y x t dt x

0 1

0

( ) 1, ( ) 1 ( )x

n ny x y x y t dt

2

(0) 1 y x y

y

MATEMATIKA 2


84

Če so izpolnjeni določeni pogoji, Picardove iteracije konvergirajo proti rešitvi začetnega problema, dobljena rešitev pa je enolična.

Če sta f(x,y) in fy’(x,y) zvezni na neki okolici točke (x0,y0)

potem začetni problem ima natanko eno rešitev

y=y(x) na neki okolici točke x0.0 0

( , )

( ) y f x y

y x y

( ) tgy x x21

(0) 0 y y

y

Rešitve ni zmeraj mogoče podaljšati na celo realno os!

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE LINEARNE ENAČBE 2. REDA

85

LINEARNE DIFERENCIALNE ENAČBE 2. REDA

( ) ( ) splošna LDE 2. reday a x y b x y c x

: ( ) ( ) je linearna funkcija (na prostoru dvakrat zvezno odvedljivih funkcij)L y y a x y b x

1. ( ) rešitve linearne enačbe so oblike , kjer je neka rešitev enačbe, pa element ničelne množice za

P

P H

HL y c x

L

y

y

y

y

y

2.

( ) 0 : 0

ničelno množico za tvorijo rešitve enačbe

homogena LDE 2. reda

L

L y y a x y b x y

Iz rezultatov o rešljivosti diferencialnih enačb sledi, da je ničelna množica dvodimenzionalna.

Elementi ničelne množice so oblike yH=c1y1+c2y2 , kjer sta y1in y2 linearno neodvisni rešitvi homogene enačbe.

3. Splošna rešitev enačbe je oblike y=yP+c1y1+c2y2.

Glavna težava pri LDE 2. reda je, v splošnem ni mogoče rešiti homogene enačbe.

MATEMATIKA 2


86

Dovolj je, če poznamo eno rešitev homogene enačbe: potem lahko izračunamo še eno neodvisno rešitev homogene enačbe ter partikularno rešitev nehomogene enačbe.

1 2 1( ) ( ) 0 :Naj bo rešitev enačbe drugo rešitev iščemo kot y y a x y b x y y u y

1

1

(2 )y

u a uy

( )

21( )

A xeu

y

(A(x) primitivna funkcija za a(x))

1 1 1 1 1 1

1 1

1 1 1 1

0 2

2

y a y b y u y uy uy

auy auy

buy u y u y ay

=0

( )

2 1 21

( ) ( )( ( ))

A xey x y x dx

y x

MATEMATIKA 2


87

1 2Py vy wy

1 1 2 2Py v y vy w y wy 1 2 0dodatni pogoj: v y w y

1 2vy wy

1 1 2 2Py v y vy w y wy

1 2 1 1 1 2 2 2

1

( ) ( )P P Py ay by v y w y vy avy bvy wy awy bwy

v y w y

= 0 = 0

1 2

1 2

0v y w y

v y w y c

1 2Py uy vy

1 2

1 2

, ( ) ( ) 0.

( ) ( ) ( )

Naj bosta rešitvi enačbe Partikularno rešitev enačbe iščemo kot P

y y y a x y b x y

y a x y b x y c x y v y w y

2 1

1 2 2 1 1 2 2 1

,cy cy

v wy y y y y y y y

MATEMATIKA 2


88

( ) ( ) ( )y a x y b x y c x

1. Poiščemo vsaj eno rešitev homogene enačbe

2. Druga rešitev homogene enačbe je dana z

REŠEVANJE LDE 2.REDA

( )

2 1 21

( ) ( )( ( ))

A xey x y x dx

y x

3. Partikularno rešitev dobimo v obliki

kjer sta v,w določena z

1 2Py vy wy

2 1

1 2 2 1 1 2 2 1

,cy cy

v wy y y y y y y y

2 2 2(1 ) 2 2 (1 )x y xy y x

2 12

2 20 :

(1 ) (1 )Uganemo rešitev homogene enačbe

xy y y

xx

xy

22

2( ) ln(1 )

(1 )

xA x dx x

x

2

22 2

11 1x

x dxy xx xx x

2 2 21 2 2

3 2

(2 ) 1 ( 1 ,3 2

) 1 1 ,y y y y x x x x v x w xx x

v x w

42 2322 2( ) ( 1) ( 1)

2( 1

6)

3 2

x xy x x

x xAx B xx x Ax B x

MATEMATIKA 2


89

preprosto rešljiva homogena enačba lažje računanje posebne rešitve

Primeri uporabe: nihanja električna vezja modeliranje metabolizma .......

( )y ay by f x

LDE 2. REDA S KONSTANTNIMI KOEFICIENTI

HOMOGENA ENAČBA

Poskusimo z nastavkom: y=erx (po zgledu z LDE 1.reda)

par realnih ničel

dvojna realna ničla

par konjugiranih kompleksnih ničel

0y ay by

2( ) 0rxr ar b e

2

rx

rx

rx

y e

y re

y r e

2 0r ar b

2

1,2

4

2

a a br

2 4 0a b 2 4 0a b 2 4 0a b

MATEMATIKA 2


90

1. primer: par realnih ničel r1,r2:

splošna rešitev:

2. primer: dvojna realna ničla r

splošna rešitev:

1 21 2( ) , ( )bazični rešitvi r x r xy x e y x e

1 21 2( ) r x r x

Hy x ce c e

1 2( ) ( ) rxHy x c c x e

1 2( ) , ( )bazični rešitvi rx rxy x e y x xe

3. primer: par konjugirano kompleksnih ničel: α+iβ, α-iβ

splošna rešitev

( )i x x i xe e e potrebujemo rešitve, ki so realne funkcije

1 2( ) cos , ( ) sinbazični rešitvi x xy x e x y x e x

1 2( ) ( cos sin )xHy x e c x c x

MATEMATIKA 2


91

Diferencialna enačba

Karakteristična enačba Ničle Splošna rešitev

0y y

0y y

4 4 0y y y

4 5 0y y y

0y y y

2 1 0r

2 1 0r

2 4 4 0r r 2 4 5 0r r

2 1 0r r

1 21, 1r r

1 2,

0, 1

r i r i

1,2 2r

1 25, 1r r

1

2

1 3

2 2

1 3

2 2

r i

r i

1 2x xce c e

1 2cos sinc x c x

21 2( )xe c c x

51 2

x xce c e

2 3 31 22 2( cos sin )

x

e c x c x

MATEMATIKA 2


92

rešitev iščemo v obliki

NEHOMOGENA ENAČBA

1. način

in dobimo preprosto rešljiv sistem

kjer je

( )y ay by f x

1 2( ) ( ) ( ) ( ) ( )Py x u x y x v x y x

2 1 1 2

0

1( ) ( ) ( ( ) ( ) ( ) ( ))

xat

Py x f t e y x y t y x y t dtA

1 2 1 2(0) (0) (0) (0)A y y y y

2 3y y y x 2 2 3 0r r karakteristična enačba:

rešitve kar. enačbe: 1 21, 3r r 3

1 2( ) , ( )x xy x e y x e rešitve homogene:

4A 3

2 3 3

0

1 3 2( ) ( )

4 9 4 36

x x xt x t x t

P

x e ey x te e e e e dt

partikularna rešitev:

31 2

3 2( )

9x xx

y x ce c e splošna rešitev:

MATEMATIKA 2


93

2. način

Za nekatere pomembne primere desnih strani lahko na podlagi izkušenj uganemo obliko rešitve in računamo le neznane koeficiente.

desna stran nastavek (ki so neznani koeficienti)

f(x)=Pn(x) (polinom n-te stopnje)

f(x)=eax

Izjema: če je nastavek za yP rešitev homogene enačbe, potem cel nastavek pomnožimo z x (oz. z x2, če ima karakteristični polinom dvojno ničlo).

Superpozicija: če je desna stran vsota izrazov iz levega stolpca tabele, potem tudi za nastavek vzamemo ustrezno vsoto.

11 1 0( ) ...n n

P n ny x k x k x k x k

( ) axPy x ke

( ) cos , ( ) sinf x bx f x bx 1 2( ) cos sinPy x k bx k bx

( ) ( )axnf x e P x 1

1 1 0( ) ( ... )ax n nP n ny x e k x k x k x k

( ) cos , ( ) sinax axf x e bx f x e bx 1 2( ) ( cos sin )axPy x e k bx k bx

MATEMATIKA 2


94

2 3y y y x 3

1 2( ) ,rešitve homogene: x xy x e y e

0

nastavek y ax b

y a

y

1 20 2 3( ) ,

3 9 a ax b x a b

3 2( )

9P

xy x

31 2

3 2( )

9x xx

y x ce c e

22 xy y y x e 2 2 1 0kar. enačba r r 1,2 1r 1 2( ) , ( )x xy x e y x xe

(ker sta ex in xex rešitvi homogene enačbe)2 2

2

2

( )

2 2

2 2 4

Nastavek: x

x x

x x x

y ax bx c dx e

y ax b dxe dx e

y a de dxe dx e

2 2 2 2 2(2 2 4 ) 2(2 2 ) ( )x x x x x x xa de dxe dx e ax b dxe dx e ax bx c dx e x e

11, 4, 6,

2a b c d

22

1 2( ) 4 6 ( )2

xxx e

y x x x c c x e

MATEMATIKA 2


95

REŠEVANJE LDE 2.REDA S KONSTANTNIMI KOEFICIENTI

3. Nehomogeno enačbo rešimo z nastavkom

par realnih ničel r1,r2

dvojna ničla r

par kompleksnih ničel α+iβ, α+iβ

Izjema: če je nastavek za yP rešitev homogene enačbe, potem cel nastavek pomnožimo z x ali z x2.

( )y ay by f x 2 0r ar b 1. Rešimo karakteristično enačbo

2. Na podlagi rešitev določimo bazične rešitve homogene enačbe

1 21 2( ) , ( )r x r xy x e y x e

1 2( ) , ( )rx rxy x e y x xe 1 2( ) cos , ( ) sinx xy x e x y x e x

11 1 0( ) ...n n

P n ny x k x k x k x k

( ) axPy x ke

( ) cos , ( ) sinf x bx f x bx 1 2( ) cos sinPy x k bx k bx

( ) ( )axnf x e P x 1

1 1 0( ) ( ... )ax n nP n ny x e k x k x k x k

( ) cos , ( ) sinax axf x e bx f x e bx 1 2( ) ( cos sin )axPy x e k bx k bx

( ) ( )nf x P x

( ) axf x e

4. Splošna rešitev je y=yP+c1y1+c2y2.

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE NIHANJA

96

NIHANJA

sile, ki delujejo na utež

nehomogena LDE 2. reda homogena LDE za odmik od ravnovesne lege

y

y=y(t) odmik od ravnovesne legey’(t) hitrosty’’(t) pospešek

my’’ =mg-ky

ky y g

m

y0

y-y0

mg=ky0 ravnovesna lega obremenjene vzmeti

0 0 0( ) ( )m y y ky ky k y y

0 0( ) ( ) 0k

y y y ym

MATEMATIKA 2


97

Utež z maso m obesimo na vzmet in izmaknemo za L iz ravnovesne lege. Kako bo zanihala?(privzamemo veljavnost Hookovega zakona, zanemarimo upor in maso vzmeti)

harmonično nihanje

0

(0)

(0) 0

ky y

my L

y

( ) cos sin

, 0

k ky t A t B t

m mA L B

( ) cos k

y t L tm

periodično nihanje z amplitudo L in frekvenco frekvenca je odvisna le od mase uteži in trdote vzmeti, ni pa odvisna od amplitude

km

enačba prostega nihanja(isto enačbo dobimo, če pri običajnem nihalu in pri majhnih kotih nadomestimo sin x z x)

MATEMATIKA 2


98

Sila dušenja je sorazmerna hitrosti (če hitrost ni prevelika) in ima nasprotno smer.

koeficient dušenja

my ky cy

0c k

y y ym m

enačba dušenega nihanja

2 0c k

r rm m

karakteristična enačba:

2

1,2

4

2

c c kmr

m

rešitve karakteristične enačbe:

DUŠENO NIHANJE

MATEMATIKA 2


99

2 4 koeficient dušenja je majhenc km

2 22 202

2

4

2 4d

cm

km c k cm m m

( ) ( cos sin )td dy t e A t B t 2 2 cos( )t

dA B e t arctgBA

Če je koeficient dušenja dovolj majhen, vtež niha z amplitudo, ki eksponentno vpada s časom. Frekvenca nihanja je konstantna in je nekoliko manjša od frekvence nedušenega nihanja.

MATEMATIKA 2


100

2 4 koeficient dušenja je velikc km2

1

2

2

40

2

40

2

c km cr

m

c km cr

m

1 2( ) r t r ty t Ae Be

Pri velikem koeficientu dušenja se vtež bodisi preprosto vrne v ravnovesno lego in v njej obmiruje ali pa enkrat zaniha in potem obmiruje v ravnovesni legi.

2 4 mejni primerc km

2( ) ( )c

tmy t e A Bt

V mejnem primeru se zgodi podobno kot v primeru velikega koeficienta dušenja.

MATEMATIKA 2


101

VSILJENO NIHANJE

zunanja sila, ki deluje na vzmet

lastna frekvenca prostega nihanja

Splošna rešitev:

Posebno rešitev dobimo z: - nastavkom - variacijo konstant - integralsko formulo

- rešitev začetnega problema y(0)=y’(0)=0 - primerna tudi za odsekoma zvezne desne strani

f(t)

( )my ky f t

0

km

0 0

2 20

( ) ( ) cos sin

( ) cos( )

P

P

y t y t A t B t

y t A B t

0

0

1( ) ( )sin ( )

t

Py t f x t x dxk

MATEMATIKA 2


102

en signal sproži harmonično nihanje

posamezni signali spremenijo amplitudo, frekvenca se ne spreminja

periodični signal s frekvenco nesorazmerno z lastno frekvenco povzroči neurejeno nihanje

MATEMATIKA 2


103

periodični signal s frekvenco enako lastni povzroči resonanco

periodični signal s frekvenco blizu lastne povzroči utripanje

MATEMATIKA 2


104

Zakaj pride do resonance?

zunanja sila:

nastavek:

splošna rešitev:

amplituda neomejeno narašča

0( ) cosf t F t 2 00 cos

Fy y t

m

cos siny A t B t 2 2 2 0

0cos sin ( cos sin ) cosy y

FA t B t A t B t t

m

02 20

, 0( )

F

A Bm

002 2

0

( ) cos cos( )( )

Fy t t C t

m

0

amplituda linearno narašča

00

0

( ) sin2P

Fy t t t

m

0 ( cos sin )nastavek: y t A t B t

MATEMATIKA 2


105

DUŠENO VSILJENO NIHANJE

superpozicija dveh nihanj; drugo postane sčasoma zanemarljivo (prehodno stanje stacionarno stanje)⇒

v stacionarnem stanju je frekvenca enaka frekvenci spodbujanja, amplituda pa je odvisna od mase, koeficienta upora ter razlike med frekvenco spodbujanja in lastno frekvenco dušenega nihanja.

Amplituda pri dušenem vsiljenem nihanju ne narašča čez vse meje, ko gre ωω0

20 cos 4(Privzamemo )my cy ky F t c km

2 20( ) cos( ) ,

2Rešitev homogene enačbe: t

H d d

cy t Ce t

m

cos sinNastavek za nehomogeno enačbo ( ):d y A t B t 2 2

0 02 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

( ),

( ) ( ) d

d d

m cA F B F

m c m c

0

2 2 2 2 2 2( ) cos( ) cos( )

( )Splošna rešitev: t

v d

d

Fy t t Ce t

m c

Razmerje med amplitudo spodbujanja in amplitudo nihanja – ojačenje – je

2 2 2 2 2 2

1

( )dm c

0

2c

1c

1

2c

1

4c Resonančna krivulja

Ojačenje kot funkcija frekvence spodbujanja za različne vrednosti koeficienta upora (k=1, m=1):

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE ELEKTRIČNI KROG

106

RLC ELEKTRIČNI KROG

Padec napetosti na ...

upoštevamo I=Q ’:

E(t)

ER=RI

EL=LI ’

C

QE

C

- uporu je sorazmeren toku;

- tuljavi je sorazmeren spremembi toka;

- kondenzatoru je sorazmeren naboju.

( )

1R L CE t E E E

RI LI QC

1( )LI RI I E t

C ( )my cy ky F t

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE ELEKTRIČNI KROG

107

induktanca tuljave L

upor R

recipročje kapacitivnosti 1/C

odvod napetosti iz vira E ’(t)

električni tok I 2. Kirchhoffov zakon

masa m (inercija)

koeficient dušenja c (viskoznost)

koeficient elastičnosti k

zunanja sila F(t)

odmik od ravnovesja y2. Newtonov zakon

RLC krog z izmeničnim (sinusnim) virom napetosti (R>0):

- prehodnemu toku sledi stacionarni električni tok; - frekvenca stacionarnega toka je enaka frekvenci vira; - amplituda stacionarnega toka je odvisna od induktance,

kapacitivnosti in razlike med frekvenco vira in lastno frekvenco RLC kroga

- ko se frekvenca vira približa lastni frekvenci pride do utripanja in do resonance

1( )LI RI I E t

C ( )my cy ky F t

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE MODELIRANJE METABOLIZMA

108

MODEL ZA UGOTAVLJANJE DIABETESADiabetes je disfunkcija pri presnovi glukoze. Pri običajnem testiranju dobi pacient na tešče večjo količino glukoze. V naslednjih nekaj urah mu večkrat odvzamejo kri in izmerijo koncentracijo glukoze. Oblika sprememb je podlaga za ugotavljanje diabetesa. Zaradi nihanja koncentracije, individualnih razlik in drugih dejavnikov, ki vplivajo na količino glukoze v krvi, je pogosto težko postaviti pravilno diagnozo.

1. OBLIKOVANJE MATEMATIČNEGA MODELA

Presnovo glukoze krmili vrsta hormonov: insulin (spodbuja absorbcijo glukoze), glukagon (spodbuja nastanek glukoze iz glikogena v jetrih), adrenalin (spodbuja nastanek glukoze in zavira izločanje insulina), tiroksin (spodbuja nastanek glukoze iz ne-karbohidratov), somatotropin (zavira delovanje insulina) in drugi.

G: koncentracija glukoze v krviH: skupna koncentracija hormonov v krvi; tiste, ki zmanjšujejo G štejemo z negativnim, ostale pa s pozitivnim predznakom; v običajnih okoliščinah prevladuje vpliv insulina. Laboratorijsko merimo predvsem G; določanje H je precej težje ali celo nemogoče.

Spreminjanje G in H je odvisno od trenutnih koncentracij G in H.

dovajanje insulina v kri

( , ) ( )

( , ) G u G H J t

H v G H

MATEMATIKA 2


109

Funkciji u in v nista znani. Njuni vrednosti blizu ravnovesnega stanja (G0,H0) lahko približno izrazimo s pomočjo parcialnih odvodov (temu pristopu pravimo linearizacija):

0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0

( , ) ( , ) ( , ) ( ) ( , ) ( )

( , ) ( , ) ( , ) ( ) ( , ) )G H

G H

u G H u G H u G H G G u G H H H

v G H v G H v G H G G v G H H H

sistem LDE 1.reda( )

( , , , 0)

g ag bh J ta b c d

h cg dh

0 0( ), ( )Napišemo diferencialno enačbo za odmike od ravnovesja

(podobno kot pri nihanjih)

g G G h H H

, , ,Vrednosti ne poznamo, lahko pa ocenimo njihov predznak - pozitiven, če vplivajo na povečanje količine in negativen, če povzročajo zmanjšanje količine.

G H G Hu u v v

MATEMATIKA 2


110

Prevedemo na LDE 2.reda:odvajamo 1. enačbo

h’ izrazimo iz 2. enačbe

bh izrazimo iz 1. enačbe

g a g b h J ( )a g b c g d h J

( )a g bc g d J a g g J

( ) ( )a d g ad bc g J d J

( ) ( )g a d g ad bc g J d J

2. POSLEDICE MATEMATIČNEGA MODELA

Pacientu damo glukozo na začetku in skoraj trenutno, zato je smiselno reševati homogeno enačbo pri začetnih pogojih g(0)=J in g’(0)=0.

Enačba opisuje dušeno nihanje splošna rešitev gre sčasoma proti ⇒ 0, tj. G gre proti G0.

Splošna rešitev je (ob negativni diskriminanti) nihanje oblike

torej je določena s konstantami G0,A,α,d,δ.

0( ) cos( )tdG t G Ae t

S poskušanjem ugotovimo, da je lastna frekvenca d najmanj občutljiva za napake pri merjenju koncentracij. Na podlagi izkušenj je frekvenca, ki ustreza manj kot 4 uram znak normalne presnove, tista pa, ki ustreza bistveno več kot 4 uram pa kaže na diabetes.

Konstante določimo s pomočjo metode najmanjših kvadratov iz nekaj meritev (običajno 6-8).

MATEMATIKA 2

VERJETNOST IN STATISTIKA

OSNOVNI POJMI

111

OSNOVE TEORIJE VERJETNOSTIV tednu je sedem dni. Kolikšna je verjetnost, da bo jutri petek?

Verjetnost, da sta na letalu dve bombi je neprimerno manjša kot verjetnost, da je na letalu ena bomba. Za koliko se zmanjša verjetnost, da je na letalu bomba, če eno bombo prinesemo s seboj?

Polovici razreda se pouk zaključi ob dvanajstih, polovici pa ob dveh. Torej se jim pouk v povprečju zaključi ob sedmih ( (12+2)/2=7 ).

Kolikšna je verjetnost, da pri 100 metih kovanca dobimo 50 cifer? 1, 0.5 ali kaj drugega?

Statistično je dokazano, da večja, ko je teža mladostnika, višja je njegova stopnja izobrazbe. Torej čim več jejte!

MATEMATIKA 2

VERJETNOST IN STATISTIKA OSNOVNI POJMI

112

Teorija verjetnosti obravnava situacije, ki jim pravimo poskusi in pri katerih je izid odvisen od naključja.

Prostor izidov je množica vseh izidov nekega poskusa.

Med vožnjo na faks pelje študent mimo treh semaforjev. Pri vsakem se bodisi ustavi (R) ali pa pelje brez ustavljanja (Z). Prostor izidov je { ZZZ , ZZR , ZRZ , RZZ , ZRR , RZR , RRZ ,RRR }.

Letna količina padavin v nekem kraju je zelo odvisna od naključja. Če jo gledamo kot izid poskusa je prostor izidov množica vseh pozitivnih realnih števil {t | t 0}.

Uvrstitev tekmovalca na kolesarski dirki ‘Franja’ je izid pri poskusu - tekmi - in za prostor izidov vzamemo množico {1,2,...,N}, kjer je N število udeležencev. Ker se število udeležencev iz leta v leto spreminja, je bolj

smiselno vzeti za prostor izidov množico vseh naravnih števil {1,2,3,...}.

Podmnožicam prostora izidov pravimo dogodki.

Dogodek, da se študent ustavi pri drugem semaforju je {ZRZ,ZRR,RRZ,RRR}. Dogodek,da se kolesar uvrsti med prvih deset je {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}. Interval [500,1200] ustreza dogodku, da pade med 500 in 1000 milimetrov dežja.

MATEMATIKA 2


113

dogodka sta nezdružljiva, če je njun produkt nemogoč dogodek: npr., da se študent hkrati ustavi in ne ustavi na prvem semaforju.

Na dogodkih izvajamo iste operacije kot na množicah (unija, presek,komplement...), le da jih drugače imenujemo.

SLOVARelement izid

množica dogodek

unija vsota

presek produkt

komplement nasprotni dogodek

prazna množica nemogoč dogodek

cela množica gotov dogodek

tuji množici nezdružljiva dogodka

ZZZ,ZZR,ZRZ,RZZ,ZRR,RZR,RRZ,RRR

A+B je dogodek, da se študent ustavi na prvem, ali na drugem semaforju ali pa na obeh:

A+B={RZZ,RZR,ZRZ,ZRR,RRZ,RRR}

A je dogodek, da se študent ustavi na prvem, B pa, da se ustavi na drugem semaforju:

A={RZZ,RZR,RRZ,RRR}, B={ZRZ,ZRR,RRZ,RRR}

AB je dogodek, da se študent ustavi na prvem in na drugem semaforju: AB={RRZ,RRR}

G={ZZZ,ZZR,ZRZ,RZZ,ZRR,RZR,RRZ,RRR}

N=∅

A je dogodek, da se študent ne ustavi na prvem semaforju A ={ZRZ,ZZR,ZZZ,ZRR}.

MATEMATIKA 2


114

Verjetnost je funkcija, ki vsakemu dogodku A priredi število P(A)[0,1] tako, da velja:

BA

A BAB

GA A( ) 1 ( )P A P A

( ) ( ) ( )AB N P A B P A P B

( ) 1P G

Verjetnost vsote nezdružljivih dogodkov je enaka vsoti njunih verjetnosti

Verjetnost gotovega dogodka je 1.

( ) ( ) ( )

( ) 1

P A P A P A A

P G

( ) ( ) ( ) ( )P A B P A P B P AB

Računska pravila:

( ) 0P N

( ) ( )A B P A P B ( ) ( ) ( )

( )

P B P A P B A

P A

MATEMATIKA 2

VERJETNOST IN STATISTIKA DEFINICIJE VERJETNOSTI

115

Naj bo pri metu kocke A dogodek, da pade sodo število pik. Po klasični definicija: P(A)=½, ker je A={2,4,6} v množici izidov {1,2,3,4,5,6}, za katere privzamemo, da so enako verjetni.

Statistična definicija: P(A) je frekvenca metov s sodim številom pik pri velikem številu metov kocke.

Po 1000 metih kovanca dobimo 700 grbov

pri 1001. metu sta oba izida enako verjetna

pri 1001. metu je bolj verjetno, da pade grb

klasično

statistično

Klasična definicija verjetnosti Če ima poskus končno število enako verjetnih izidov, potem je

( )število izidov v dogodku

število vseh izidovA

P A

Statistična definicija verjetnosti Frekvenca dogodka A pri n ponovitvah poskusa je

P(A) je limita frekvenc dogodka A pri velikem številu ponovitev poskusa.

število poskusov z izidom An

Za uporabo je odločilna verjetnost, ‘izmerjena’ po statistični definiciji. Klasična definicija je lahko kvečjemu dober približek.

MATEMATIKA 2

VERJETNOST IN STATISTIKA DEFINICIJE VERJETNOSTI

116

Kovanec s premerom 2 cm vržemo na tla pokrita s ploščicami s stranico 10 cm. Kolikšna je verjetnost dogodka A, da kovanec ne pade na stik dveh ploščic?

P(A)=82/102=0.64=64%

Včasih izidov ne moremo prešteti, lahko pa jih predstavimo geometrično. V tem primeru je klasična definicija verjetnosti P(A) opredeljena kot razmerje med velikostjo (dolžino, ploščino, prostornino...) množice A in velikostjo množice vseh izidov.

Tudi pri tem pristopu se klasična in statistična definicija razlikujeta:

Klasično: če je r čas trajanja rdeče luči na semaforju, z pa čas trajanja zelene luči, potem je verjetnost, da se voznik ustavi enaka r/(r+z).

Statistično: verjetnost je razmerje med številom ustavljanj in številom vseh voženj pri dovolj velikemu številu voženj.

Kolikšna je verjetnost, da se bo voznik ustavil pri nekem semaforju?

MATEMATIKA 2

VERJETNOST IN STATISTIKA POGOJNA VERJETNOST

117

POGOJNA VERJETNOST

Voznik se vsak dan vozi po isti poti in se jezi, da na nekem semaforju skoraj vsakič pripelje na rdečo luč. Sčasoma ugotovi, da v povprečju le enkrat na vsakih pet voženj pripelje na zeleno. Ali lahko sklepa, da je rdeči interval štirikrat daljši od zelenega?

Po opazovanju semaforja ugotovi, da sta rdeča in zelena prižgani enako dolgo časa. Kako je potem mogoče, da vedno pripelje na rdečo?

Izkaže se, da na svoji poti pelj mimo dveh semaforjev. Na prvega pripelje povsem naključno, mimo pa gre le pri zeleni luči. Semaforja sta pa tako (ne)vsklajena, da se v času, ko pripelje do drugega ravno prižge rdeča luč.

Izid na drugem semaforju je pogojen z izidom na prvem semaforju.

MATEMATIKA 2


118

A,B dogodka ( P(B)≠ 0 )

Pogojna verjetnost dogodka A pri pogoju B je delež dogodka A med poskusi, pri katerih se zgodi dogodek B.

Pri kontroli kakovosti v tovarni 30% izdelkov ocenijo kot prvovrstne, 50% kot drugovrstne, ostale pa kot neuporabne. V trgovino seveda pošljejo le uporabne izdelke. Kolikšna je verjetnost, da je naključno izbrani izdelek v trgovini prvovrsten?

A: izdelek je prvovrstenU: izdelek je uporabenZanima nas P(A|U).

P(AU)=P(A)=30 %P(U)=80 %P(A|U)=30/80=0.375=37.5 %

( )( | )

( )

P ABP A B

P B

( ) ( | ) ( )

( ) ( | )

P AB P A B P B

P A P B A

S pomočjo pogojne verjetnosti izrazimo verjetnost, da se dva dogodka zgodita hkrati:

Iz vrečke, v kateri so 3 rdeče in 2 beli kroglici, zaporedoma brez gledanja izvlečemo dve kroglici . Kolikšna je verjetnost, da sta obe rdeči?

A: prvič izvlečemo rdečo kroglicoB: drugič izvlečemo rdečo kroglico

3 2( ) , ( )

5 4P A P B A 3 2

( )5 4

3

10P AB

MATEMATIKA 2


119

S pomočjo pogojne verjetnosti lahko izračunamo verjetnost dogodka, ki je rezultat dvo- ali večstopenjskega poskusa:

Iz škatle s petimi rdečimi in tremi belimi kroglicami na slepo prenesemo dve kroglici v škatlo, v kateri so tri rdeče in tri bele kroglice. Nato iz druge škatle izvlečemo eno kroglico. Kolikšna je verjetnost, da je rdeča?

možnosti na 1. koraku možnosti na 2. koraku

prenesemo dve beli kroglici

prenesemo dve rdeči kroglici

prenesemo eno rdečo in eno belo kroglico

izvlečemo belo kroglico

izvlečemo rdečo kroglico

3 2 6

8 7 56P

5 4 20

8 7 56P

3 5 5 3 30

8 7 8 7 56P

3

8P

5

8P

4

8P

6 3 20 5 30 4 238( )

56 8 56 8 560.531

8 448P R

? ?

MATEMATIKA 2


120

V splošnem najprej določimo vse možnosti na prvem koraku: H1,H2,...,Hn in njihove verjetnosti P(H1),P(H2),...,P(Hn).

Nato določimo pogojne verjetnosti, da se dogodek A zgodi pri vsaki od teh možnosti P(A|H1),P(A|H2),...,P(A|Hn).

formula o popolni verjetnosti

P(Hi|A)=P(AHi )/P(A)= P(A|Hi ).P(Hi )/P(A)

Bayesova formula

Včasih nas zanima, po kateri poti je prišlo do opaženega izida:

1 1 2 2( ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) ... ( ) ( | )n nP A P H P A H P H P A H P H P A H

( | ) ( )( | )

( )i i

i

P A H P HP H A

P A

MATEMATIKA 2

VERJETNOST IN STATISTIKA NEODVISNI DOGODKI

121

A je neodvisen od B, če je P(A|B)=P(A).

Iz škatle, v kateri imamo 7 polnih in 3 prazne baterije naključno vzamemo dve. Naj bo A dogodek, da je prva baterija polna, B pa dogodek, da je druga baterija polna. Ali sta dogodka A in B neodvisna?

7 6,

7 6 3 7 710 93 7 10 9 10 9 10

,10 9

P A P B| A P B

P A P B| A

A in B sta neodvisna P(AB)=P(A).P(B)

P(A|B)=P(A) P(AB)=P(A)P(B)

ODVISNOST IN NEODVISNOST DOGODKOV

ni neodvisen od P B P B| A B A

Zgled razkrije razliko med izbiranjem vzorca z vračanjem in izbiranjem brez vračanja.

MATEMATIKA 2


122

V skupini je n oseb. Kolikšna je verjetnost, da imata dve rojstni dan na isti dan?

47 oseb P(A)>95%⇒

Lažje obravnavamo nasprotni dogodek, da so vsi rojstni dnevi različni.

364 3642 : 1

3650.003

365drugi nima rojstni dan na isti dan kot prvi imata skupni rojstni dann P P

364 3633 :

365 365364 363

1365 3

0. 086

05

drugi nima rojstni dan na isti dan kot prvi in tretji ne kot prvi in drugi

dva od treh imata skupni rojstni dan

n P

P

364 363 3624 : 1

365 3650.016

365dva od štirih imata skupni rojstni dann P

364 363 366

1365 365 365

dva od tih imata skupni rojstni dan

n

P n

23 oseb P(A)⇒ >50%

32 oseb P(A)>75%⇒

MATEMATIKA 2

VERJETNOST IN STATISTIKA SLUČAJNE SPREMENLJIVKE

123

Če vržemo dve kocki, dobimo za vsoto pik število med 2 in 12, vendar te vsote ne moremo vnaprej napovedati, saj je odvisna od naključja. Podobno velja za število šestic v dveh metih.

Primeri količin odvisnih od naključja:• število potnikov mestnega avtobusa, ki izstopijo na postaji• število metov potrebnih, da igralec z določene razdalje zadane koš• število bonbonov v vrečki• življenjska doba žarnice• teža hlebca kruha ……

Slučajna spremenljivka je funkcija, katere vrednosti so odvisne od naključja.

Določata jo: zaloga vrednosti = nabor vrednosti, ki jih lahko zavzame, in porazdelitev = verjetnost, da zavzame eno ali več vrednosti iz zaloge

SLUČAJNE SPREMENLJIVKE

MATEMATIKA 2


124

Pri metu dveh kock je možnih 36 različnih in enako verjetnih izidov. Če z V označimo vsoto pik, dobimo slučajno spremenljivko z vrednostmi 2,…,12 in porazdelitvijo:

12 12

362

3 11363

4 10364

5 9365

6 836

67

36

P(V ) P(V )

P(V ) P(V )

P(V ) P(V )

P(V ) P(V )

P(V ) P(V )

P(V )

MATEMATIKA 2


125

Slučajna spremenljivka X je diskretna, če zavzame končno ali največ števno mnogo vrednosti x1, x2, x3,...

Njena porazdelitev je povsem določena s funkcijo pX( xi )=P ( X=xi ).Običajno naštejemo le neničelne vrednosti: p(x1),p(x2),p(x3),...

enakomerna porazdelitev • X zavzame vrednosti x1, x2,..., xn

• pX (x)=1/n, če je x {∈ x1, x2,... xn} pX (x)=0, sicer

Število pik pri metu kocke je enakomerno porazdeljeno: zaloga vrednosti je {1,2,3,4,5,6}, vse vrednosti imajo verjetnost 1/6.

0 ( ) 1 ( ) 1 i ii

p x p x Velja:

Primeri diskretnih porazdelitev

MATEMATIKA 2


126

binomska porazdelitev Poskus ponovimo n-krat: naj bo vsakič verjetnost uspeha enaka p (in verjetnost neuspeha 1-p).

(npr. žogo vržemo 10-krat na koš; zadanemo z verjetnostjo 70%)

Slučajna spremenljivka B naj bo število uspešnih poskusov. Kako je porazdeljena?

(tj. kolikšna je verjetnost, da bomo imeli k zadetkov?)

1 k n-kB

np (k) P(B k) p ( p)

k

6 410(6) 0 7 0 3 0 200 20

6p . . . %

npr. verjetnost, da koš zadanemo natanko 6-krat je

• Zaloga vrednosti spremenljivke B je {0,1,2,...,n}

• Privzamemo, da so izidi poskusov medsebojno neodvisni.

Obstaja različnih zaporedij k uspešnih in (n-k) neuspešnih poskusov;

verjetnost vsakega zaporedja je pk(1-p)n-k .

n

k

MATEMATIKA 2


127

Porazdelitev spremenljivke B za n=10 in p=0.7: b(10,0.7)

binomska porazdelitev b(n,p)

b(20,0.4) b(100,0.65)

MATEMATIKA 2


128

Lastnosti binomske porazdelitve b(n,p): značilna zvonasta oblika grafa maksimum pri n.p (približno) za velike n so vse verjetnosti zelo majhne ali celo zanemarljive • tedaj je bolj smiselno verjetnosti opazovati kumulativno: P(B ≤ k) ali intervalsko: P(j ≤ B ≤ k)

Žogo vržemo na koš 100-krat, pri čemer je verjetnost zadetka 70%.Kolikšna je verjetnost, da bomo zadeli več kot 65-krat?

100100

66

10065 100 0 7 0 3 0 837 83.7%k k

k

P( B ) . . .k

računanje je zelo zamudno in numerično zahtevno

Kaj je bolj verjetno: da bomo v 10 metih zadeli 10-krat ali v 100 metih več kot 80-krat?

MATEMATIKA 2


129

geometrična porazdelitev

Ponavljamo poskus pri katerem je verjetnostjo uspeha p. Slučajna spremenljivka G naj bo število poskusov, potrebnih za prvi uspeh. Kako je porazdeljena?

p=0.2

• Zaloga vrednosti spremenljivke G je {1,2,3,... }

• P(G=k)=p.(1-p)k-1

MATEMATIKA 2


130

Poissonova porazdelitev

Poissonova porazdelitev P(a) • zaloga: {0,1,2,3,... } • porazdelitev:

( )k

-aap k e

k!

Uporaba: modeliranje emisije -delcev v danem časovnem intervalu modeliranje časovnih vrst (vrste pred bančnimi okenci, gostota prometa, obremenitve telefonskega omrežja) modeliranje redkih nesreč v zavarovalništvu (npr. čebelji piki, padci pod tušem) . . . .

Če je a=n.p majhen, je Poissonova porazdelitev zelo dober približek za binomsko porazdelitev.

n.p=a, n →

binomska porazdelitev b(n,p): 1k n-knP(B k) p ( p)

k

1 1 1 11 1 1 1

1 2

k n k n -kkk n-kn n(n - ) (n - k ) a a a n(n - ) (n - k ) a a

p ( p) k k n n k! n n n n n

e-a 1 1k

-aa ek!

MATEMATIKA 2


131

ZVEZNE SLUČAJNE SPREMENLJIVKE

Kadar je zaloga slučajne spremenljivke X neštevna (npr. življenjska doba žarnice), potem ne moremo našteti verjetnosti posameznih izidov in jim povrhu običajno sploh ne moremo pripisati pozitivne verjetnosti.

Pomagamo si s kumulativno verjetnostjo: P(X ≤ x) = verjetnost, da X zavzame vrednost največ x (npr. da žarnica pregori po x urah)

FX(x) = P(X ≤ x) je (kumulativna) porazdelitvena funkcija spremenljivke X

Porazdelitvena funkcija slučajne spremenljivke je • naraščajoča • na (-,) zraste od 0 do 1

Spremenljivka X je zvezna če je njena porazdelitvena funkcija FX zvezna.

MATEMATIKA 2


132

Kumulativne porazdelitve diskretne in zvezne slučajne spremenljivke

Če je spremenljivka X zvezna, potem obstaja funkcija pX(x), da jex

X XF (x) p (t) dt

pX(x) je gostota slučajne spremenljivke X

0 1 1X X p (x) p (t) dt

Za gostoto slučajne spremenljivke velja:

Kjer je pX zvezna je pX=FX ’.

( )b

Xa

P a X b p (x) dx

S pX računamo podobno, kot z diskretno gostoto, le da vsote nadomestimo z integrali: P(a≤X ≤ b) = verjetnost, da X zavzame vrednost med a in b (da je življenjska doba žarnice med a in b ur)

MATEMATIKA 2


133

Primeri zveznih porazdelitev

enakomerna porazdelitev

1 0 1

0 sicerx

p(x)

na [0,1], gostota:

1

0 sicer

a x bp(x) b a

na [a,b], gostota:

0 1

1

a b

ab1

MATEMATIKA 2


134

eksponentna porazdelitev

0 0

0-ax

xp(x)

a e x

Podobna Poissonovi; uporaba pri modeliranju življenjske dobe, modeliranju vpliva mamil na živčne receptorje, napovedovanju potresov...

MATEMATIKA 2


135

Normalna porazdelitev N(a,) 2

1

21

2

x-a-

σp(x) eσ π

gostota:

zvonasta oblika maksimum pri a simetrična glede na a eksponetno pada proti

0

( 1,0.5)N

( 0.5,0.7)N

(1,0.25)N

gostota porazdelitve N(0,) za različne :(0,1)N

(0,0.5)N

(0,0.25)N

MATEMATIKA 2


136

N(0,1) je standardizirana normalna porazdelitev; njena gostota je

2

21

2

x-

(x) eπ

)

1N(a,σ

x - ap x

σ σ

vse normalne porazdelitve lahko izrazimo s pomočjo standardizirane

Kumulativna porazdelitvena funkcija standardizirane normalne porazdelitve

2

20 1

1

2

x t-

N( , )-

F (x) e dtπ

F x

x

Tudi vse kumulativne normalne porazdelitve lahko izrazimo s standardizirano:

0

)

1

1N(a,σ)

x x

N(a,σ- -

x-a

N , )

σ

-(

t - aF (x) p (t) dt dt

σ σ

(u) x - a

Fσ

du

1

x a

t au

σ

du dtσ

t - x

u -

MATEMATIKA 2


137

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

0.0 0.0000 0.0039 0.0079 0.0119 0.0159 0.0199 0.0239 0.0279 0.0318 0.03580.1 0.0398 0.0437 0.0477 0.0517 0.0556 0.0596 0.0635 0.0674 0.0714 0.07530.2 0.0792 0.0831 0.0870 0.0909 0.0948 0.0987 0.1025 0.1064 0.1102 0.11400.3 0.1179 0.1217 0.1255 0.1293 0.1330 0.1368 0.1405 0.1443 0.1480 0.15170.4 0.1554 0.1590 0.1627 0.1664 0.1700 0.1736 0.1772 0.1808 0.1843 0.1879

0.5 0.1914 0.1949 0.1984 0.2019 0.2054 0.2088 0.2122 0.2156 0.2190 0.22240.6 0.2257 0.2290 0.2323 0.2356 0.2389 0.2421 0.2453 0.2485 0.2517 0.25490.7 0.2580 0.2611 0.2642 0.2673 0.2703 0.2733 0.2763 0.2793 0.2823 0.28520.8 0.2881 0.2910 0.2938 0.2967 0.2995 0.3023 0.3051 0.3078 0.3105 0.31320.9 0.3159 0.3185 0.3212 0.3238 0.3263 0.3289 0.3314 0.3339 0.3364 0.3389

1.0 0.3413 0.3437 0.3461 0.3484 0.3508 0.3531 0.3554 0.3576 0.3599 0.36211.1 0.3643 0.3665 0.3686 0.3707 0.3728 0.3749 0.3769 0.3789 0.3809 0.38291.2 0.3849 0.3868 0.3887 0.3906 0.3925 0.3943 0.3961 0.3979 0.3997 0.40141.3 0.4031 0.4049 0.4065 0.4082 0.4098 0.4114 0.4130 0.4146 0.4162 0.41771.4 0.4192 0.4207 0.4221 0.4236 0.4250 0.4264 0.4278 0.4292 0.4305 0.4318

1.5 0.4331 0.4344 0.4357 0.4369 0.4382 0.4394 0.4406 0.4417 0.4429 0.44401.6 0.4452 0.4463 0.4473 0.4484 0.4494 0.4505 0.4515 0.4525 0.4535 0.45441.7 0.4554 0.4563 0.4572 0.4581 0.4590 0.4599 0.4607 0.4616 0.4624 0.46321.8 0.4640 0.4648 0.4656 0.4663 0.4671 0.4678 0.4685 0.4692 0.4699 0.47061.9 0.4712 0.4719 0.4725 0.4731 0.4738 0.4744 0.4750 0.4755 0.4761 0.4767

2.0 0.4772 0.4777 0.4783 0.4788 0.4793 0.4798 0.4803 0.4807 0.4812 0.48162.1 0.4821 0.4825 0.4829 0.4834 0.4838 0.4842 0.4846 0.4849 0.4853 0.48572.2 0.4860 0.4864 0.4867 0.4871 0.4874 0.4877 0.4880 0.4883 0.4886 0.48892.3 0.4892 0.4895 0.4898 0.4900 0.4903 0.4906 0.4908 0.4911 0.4913 0.49152.4 0.4918 0.4920 0.4922 0.4924 0.4926 0.4928 0.4930 0.4932 0.4934 0.4936

2.5 0.4937 0.4939 0.4941 0.4942 0.4944 0.4946 0.4947 0.4949 0.4950 0.49522.6 0.4953 0.4954 0.4956 0.4957 0.4958 0.4959 0.4960 0.4962 0.4963 0.49642.7 0.4965 0.4966 0.4967 0.4968 0.4969 0.4970 0.4971 0.4971 0.4972 0.49732.8 0.4974 0.4975 0.4975 0.4976 0.4977 0.4978 0.4978 0.4979 0.4980 0.49802.9 0.4981 0.4981 0.4982 0.4983 0.4983 0.4984 0.4984 0.4985 0.4985 0.4986

3.0 0.4986 0.4986 0.4987 0.4987 0.4988 0.4988 0.4988 0.4989 0.4989 0.4989

Funkcija F(x) je liha, zato so tabelirane le njene vrednosti za pozitivne x.

(1.02)=0.3461

F(-0.89)=0.5+( - 0.89)=0.1868

Če je X standardizirano normalna N(0,1), je 1 2 2 1P(x X x ) (x ) (x )

Če pa je X normalna N(a,s), je 2 11 2

x a x aP(x X x )

σ σ

2

2

0

1

2

x t-

(x) e dtπ

Integral gostote ni elementarna funkcija – v praksi si pomagamo s tabelami za funkcijo 0 1

1

2N( , )F x x

(-0.89)= - (0.89)= - 0.3132

MATEMATIKA 2


138

X porazdeljena po N(a,):

(1 ( 0 6821 2 61a σ- a a - σ - a

P(a - σ X a σ) - ) - - ) ( )σ σ

.

0 9542 2 2 42 P(a - σ X a σ ) .( ) 0 9973 3 2 23 P(a - σ X a σ) . ( )

Slučajna spremenljivka X je porazdeljena po zakonu N(1.5,0.2). Kolikšna je verjetnost, da X zavzame vrednost med 1 in 1.5?

1 5 1 5 1 1 5

0 2 0 21 49.1 5 0 ( 2.5) 2 5 0 4937 37%. - . - .

. . P( X . ) ( ) ( ) Φ( ) ( . ) .

a

68%

95.4%

2 2

99.7%

3 3

MATEMATIKA 2


139

1 ( , )Normalna porazdelitev je dober približek za binomsko porazdelit ev N np, np( - p) b n p

b(10,0.4)N(4,1.55) b(20,0.6)

N(12,2.19)b(100,0.2)N(20,4)

2 11 2integralska:

x - np x - npP(x X x ) Φ Φ

npq npq

Laplaceova ocena za binomsko porazdelitev b(n,p) (q=1- p):

2

21 1

2lokaln a:

(k-np)-

k n-k npqn k - np p q e

k π npq npq npq

Žogo vržemo na koš 100-krat, pri čemer je verjetnost zadetka 70%. Kolikšna je verjetnost, da bomo zadeli več kot 65-krat?

100100

66

10065 100 0 7 0 3 0 837 83.7%k k

k

P( B ) . . .k

100 100 0.7 66 100 0.765 100 6.54 0.87 0.5 0.3078

100 0.7 0.3 100 0.7 0.380.8%

- -P( B )

MATEMATIKA 2


140

Primerjava binomske, Poissonove in normalne porazdelitve

Normalna porazdelitev je običajno boljši približek za binomsko kot Poissonova.

Ko je produkt n.p majhen (in n dovolj velik) pa je Poissonov približek boljši.

b(50,0.4)

P(20)

b(100,0.02)

P(2)

N(2,1.4)

N(20,3.46)

MATEMATIKA 2


141

Povezave med verjetnostjo P, porazdelitveno funkcijo FX in gostoto porazdelitve pX.

P FX

pX

FX(x) = P(X ≤ x)

P(a ≤ X ≤ b)=FX(b)-FX(a)

p X(x)=F ’ X

(x)

x

F X(x) = ∫p X

(t) dt

-∞

b

P(a ≤ X ≤ b) =∫ p

X (t) dt

a

Slučajna spremenljivka X ima gostoto pX. Kakšno gostoto ima Y=kX+l?

( ) ( ) ( 0) y l y lY Xk kF (y) P Y y P kX l y P X F k

1 1( ) y lY Y X k k

y lXk kp y F ( py) F

1( , ) ( )Posebej, če je porazdeljena po , je x aXX N a p x

1 1( )y lk a y ka l

Y k k kp y

( ., ) je normalno porazdeljena po NkX l ka l k

X je porazdeljen standardizirano normalno. Kako je porazdeljen Y=X2?2( ) ( ) ( ) ( ) ( )YF (y) P Y y P X y P y X y y y

21 11 1

2 2 2( ) ( ) ( ) () 0( )

y

y y yY yp y y y y e y 2 1

porazdelitev , hi-kva t dra

MATEMATIKA 2

VERJETNOST IN STATISTIKA POVPREČNA VREDNOST

142

POVPREČNA VREDNOST

X diskretna, vrednosti xk, gostota p(xk) X zvezna, gostota p(x)

( )k kk

E(X) x p x povprečna vrednost spremenljivke X

E X x p x dx

Na ruleti so številke od 1 do 36 ter še 0 in 00. Kdor vloži 1 EUR na sode, dobi ali zgubi 1 EUR glede na to ali kroglica pade na sodo oziroma liho številko.

18 201 1

38

1

1938E(X)

Kdor vloži 1 EUR na izbrano številko (npr. 25) dobi 36 EUR, če kroglica pade na 25, v nasprotnem pa zgubi 1 EUR.

1 3736 1

38

1

3838E(X)

0.01

0 0

0.01 0- x

xp(x)

e x

Življenjska doba žarnice je porazdeljena eksponentno. Kolikšna je, v povprečju, njena življenjska doba?

0.01

0

0.01 0.01

0 0

0.01

0

0.01

1 10.01

0.01 0.011 1

0.100

01 0.01 ur

- x

- x - x

- x

E(X) x e dx

- x e e dx

- e

Dobiček X : +1 z verjetnostjo 18/38 -1 z verjetnostjo 20/38.

Povprečni dobiček:

Povprečni dobiček:

MATEMATIKA 2


143

V neki tovarni je približno en izdelek od desetih pokvarjen. Vsak dan izdelke pregledujejo enega po enega dokler ne najdejo pokvarjenega. Koliko izdelkov morajo v povprečju pregledati?

1

1

1 k-

k

E(X) k p ( - p)

trik:

12

0 1

12 2

1

1 1

1 11 1

11 1

k k-

k k

k-

k

x k x- x - x

k ( - p)p- ( - p)

1

p

Povprečno morajo dnevno pregledati po 10 izdelkov.

Igralec na ruleti igra po naslednjem sistemu. Vsakič igra igro z verjetnostjo 0.5 (npr. stavi na rdeče, izidov 0 in 00 ne štejemo). Najprej vloži 1 EUR; če izgubi, podvoji vložek in to ponavlja, dokler ne zmaga; ob vsaki zmagi je na dobičku 1 EUR (zaporedja vložkov so 1-2, 1-2-4, 1-2-4-8, 1-2-4-8-16 itn.). Po zmagi spet začne z 1 EUR ...Ali je to zanesljiva pot do zaslužka?

10

12

2k

kk

E(X)

Povprečna vrednost slučajne spremenljivke X ni definirana!‘Sistem’ zahteva neskončno zalogo denarja (in možnost za neomejene stave).

Naj bo X količina denarja vložena pri zadnji igri (tisti, v kateri igralec zmaga).Zaloga vrednosti X je {1,2,4,8,...}, tj. {2k; k=0,1,2,3,...}; porazdelitev je P(X=2k)=2-(k+1).

X je geometrično porazdeljena s p=0.1:

MATEMATIKA 2


144

k kk

E f X f x p x E f X f x p x dx

oziroma

V vodiču smo prebrali, da je junija povprečna maksimalna dnevna temperatura v Rimu 77 oF. Kolikšno je povprečje v oC?

5 532 77 32 25

9 9o C F

T (T ) ( ) Domneva: povprečje je 25 oC.

Stroj izdeluje svinčene kroglice, katerih premer je v povprečju 1 cm. Kolikšna je povprečna masa teh kroglic (=11.2 g/cm3)?

Y=f(X); E(Y)=?

( ) ( ) ( ) ( )k i k i

i i i k k k k ki i f x y i f x y k

E Y y P Y y y P X x f x P X x f x P X x

Težava: iz E(X) ne moremo izračunati E(X 3).

MATEMATIKA 2


145

E aX b aE X b (zato smemo preračunati povprečje iz oF v oC)

2

2

22 2

30

2

2 2

xD

mX mE x x e dx

D

322 2

30 0

3

4

2 24

2 2u um D mD

D u e du u e duD u

2

,2 2

x D

u dx duD u

3

2

mD

Hitrost molekule plina je slučajna spremenljivka X in je porazdeljena po Maxwellovem porazdelitvenem zakonu z gostoto

2

2 23

2 x-

DXp (x) x e

D π

(x ≥ 0, D je odvisen od temperature)

Kolikšna je povprečna kinetična energija molekule?

X X XE(aX b) (ax b) p (x) dx a x p (x) dx b p (x) dx aE(X) b

MATEMATIKA 2

VERJETNOST IN STATISTIKA RAZPRŠENOST

146

RAZPRŠENOST

Razpršenost je povprečje odklonov spremenljivke od njene povprečne vrednosti:

2k k

k

D(X) (x m) p(x ) 2D(X) (x m) p(x) dx

m=E(X)

praktična formula:

2D(X) E X E X razpršenost (varianca, disperzija)

2 2( ) ( )D(X) E X E X

2

2 2 2

2 2

2 2 22

2

2

2

D(X) (x - m) p(x) dx (x - mx m ) p(x) dx

x p(x) dx - m x p(x) dx m p(x) dx

E(X ) - m m E(X ) - m

MATEMATIKA 2

VERJETNOST IN STATISTIKA RAZPRŠENOST

147

σ(X) D(X) standardni odklon slučajne spremenljivke X

2D aX b a D X

σ aX b a σ X

1 1 1 1 1 1 21( ) 1 2 3 4 5 6 3.5

6 6 6 6 6 6 6E X

2 1 1 1 1 1 1 91( ) 1 4 9 16 25 36

6 6 6 6 6 6 6E X

291 21 35

( )6 6 2

2. 21

9D X

Kako je razpršeno število pik pri metu kocke?

2.92 1.71Standardni odklon pri metu kocke je

2 2

22 2 2

22 2

2

D aX b E aX b E aX b

E a X abX b aE X b

a E X E X

MATEMATIKA 2

VERJETNOST IN STATISTIKA POVPREČNA VREDNOST IN RAZPRŠENOST

148

E(X)=n.p

D(X)=n.p. q

: 0,1,2,..., , 1, -Binomska porazdelitev zaloga (kjer je )k n-kk

nn p p q q p

kb n p

: 0,1,2,3,... ,Poissonova porazdelitev zaloga k

-ak

ap P

k!a e

E(X)=a

D(X)=a

POVPREČNA VREDNOST IN RAZPRŠENOST NEKATERIH POMEMBNIH PORAZDELITEV

2 2

0 0

( ) ( )Sešteti moramo in n n

k n-k k n-k

k k

n nE X k p q E X k p q

k k

0

( )vpeljemo pomožno funkcijo n

n k n-k k

k

npx q p q x

k

1 1

0

(( ) ) ( )n

k n-k k n n

k

nk p q x px q n px q p

k

1

0

1 ( 1 ) n

k n-k n

k

nx k p q n p q p np

k

2 2 2

0

( 1) (( ) ) ( 1)( )n

k n-k k n n

k

nk k p q x px q n n px q p

k

2 1 2 2 2

0

1 ( 1)( 1 ) n

k n-k n

k

nx k p q n n p q p np n p npq

k

1

0 0 0

( )! ! !

k k k

x x x a a a

k k k

x x ae k e e k e a e e a

k k k

22 2 2 2

0 0 0

( 1) ( )! ! !

k k k

x a a

k k k

x a ae k k k k e a k e a a

k k k

MATEMATIKA 2


149

2

1

21 1: , ,

2,Normalna porazdelitev zaloga

x-a-

σ x - ap(x) e

σπa

σN

σ

=0(liha funkcija)

=1

E(X)=a

=1=0

D(X)= 2

(X)=

1( )

x - aE X x dx

σ σ

( )t a t dt t t dt a t dt

1

, x a

t dt dx

2 2 2 2 21( ) 2

x - ax dx t a t dt t t dt a t t dt a t dt

σ σ

2 2 2 2( )t t t dt a a

( ) ( )

u t du dt

dv t t dt v t

a

MATEMATIKA 2


150

enakomerna 1,2,...,n

1( ) ( [ , ]) b ap x x a b

12

n 2 112

n 2 112

n

binomska b(n,p) 0,1,2,...,n ( ) (1 )k n knp k p p

k

np (1 )np p (1 )np p

geometrijska 1,2,3,... 1( ) (1 )kp k p p 1p 2

1 p

p

1 pp

Poissonova P(a) 0,1,2,... !( )k aa

kp k e a a a

enakomerna [ , ]a b 2a b 2( )

12b a ( )

2 3

b a

eksponentna [0, ) ( ) axp x ae

1( ) np k

1a

1a2

1a

normalna N(a,s) ( , ) 2121

2( )

x a

p x e

a 2

porazdelitev zaloga gostota E(X) D(X) s(X)di

skre

tne

zvez

ne

MATEMATIKA 2

VERJETNOST IN STATISTIKA SKUPNE PORAZDELITVE

151

SKUPNE PORAZDELITVE VEČ SLUČAJNIH SPREMENLJIVK

Kovanec vržemo trikrat. Z X označimo število grbov pri prvem metu (0 ali 1), z Y pa skupno število grbov (0,1,2 ali 3). Kako sta spremenljivki X in Y odvisni druga od druge?

Vsota tabele po vrsticah je porazdelitev spremenljivke X, vsota po stolpcih pa je porazdelitev spremenljivke Y.

Vpeljemo skupno porazdelitev dveh slučajnih spremenljivk pi,j=p(xi,yj)=P(X=xi, Y=yj)

Možni izidi so {ggg,ggc,gcg,cgg,gcc,cgc,ccg,ccc}, zato dobimo

1 2 18 8 8

1 2 18 8 8

0 1 2 3

0 0

1 0

x\ y

1 2 1

3 31 18

12

8

12

8 8 8

1

8

8

8

2 18 8

0

1

0 1 2 3

0

0

x y\

Diskretna porazdelitev (X,Y) z gostoto p(xi,yj) robni porazdelitv i inX i i j Y j i j

j i

p (x ) p x ,y p (y ) p x ,y

Zvezna porazdelitev (X,Y) z gostoto p(x,y)

robni porazdelitvi i n X Yp x p x,y dy p y p x,y dx

(X,Y) zvezno porazdeljena in x

xy

y

F(x,y) p(u,v) du dv p(x,y) F (x,y)

MATEMATIKA 2


152

,U f X Y

,,

, ,i j

i j i j i ji jf x y u

E U E f X Y u p x ,y f x y p x ,y

,i j

U i jf x y u

p u p x ,y

,

Y jX i

i j i j i i j j i ji j i j j i

p yp x

E X Y x y p x ,y x p x ,y y p x ,y E X E Y

Posebej:

FUNKCIJE VEČ SLUČAJNIH SPREMENLJIVK

,

, ,

,

(diskretne)

(zvezne)

i j i ji j

E f X Y f x y p x ,y

f x y p x,y dx dy

1 1 1n n n n

E X Y E X E Y

E c X c X c E X c E X

MATEMATIKA 2


153

NEODVISNOST SLUČAJNIH SPREMENLJIVK

Ekvivalentno: P(X ≤ x, Y ≤ y)=P(X ≤ x).P(Y ≤ y) ali

F(x,y)=FX(x).FY(y) alip(x,y)=pX(x).pY(y) za poljubna x,y.

( , ) ( ) ( ) ( ) ( , ) ( ) ( ) ( ) ( )-

X Y X Yp x y p x p y E XY xy p x y dx dy x p x dx y p y dy E X E Y

Slučajni spremenljivki X in Y sta neodvisni, če sta dogodka P(X ≤ x) in P(Y ≤ y) neodvisna za vse pare x,y.

1 2 1

3 31 18

12

8

12

8 8 8

1

8

8

8

2 18 8

0

1

0 1 2 3

0

0

x y\

1 31,2 , 1 2

8 16 in nista neodvisna: npr. X YX Y p p p

, ( ) ( ) ( )neodvisnaX Y E XY E X E Y

Naj bo X porazdeljena po N(0,1) in naj bo Y=X2

3( ) ( ) 0 (ker integriramo liho funkcijo)E XY E X ( ) 0 ( ) 0(ker je )E X E Y E X

( ) , čeprav sta in odvisnaE XY E X E Y X Y

MATEMATIKA 2


154

KOVARIANCA

X,Y neodvisna ⇒ X,Y nekorelirana ⇔ D(X+Y)=D(X)+D(Y)

X,Y sta nekorelirana, če je K(X,Y)=0

22

2 2

2

2

D X Y E X Y E X Y E X E X Y E Y

E X E X Y E Y X E X Y E Y

D X D Y E X E X Y E Y

( ) ( ) ( ) 2 ,D X Y D X D Y K X Y

1 2 1

3 31 18

12

8

12

8 8 8

1

8

8

8

2 18 8

0

1

0 1 2 3

0

0

x y\ 1 3 3 1 121 2 3

2 8 8 8 8

7 6 1

88 8

E(X) E(Y)

K(X,Y)

1 1 2 12 8 8 8

0 1 2 3:porazdelitev XY

X in Y sta korelirana (in torej tudi odvisna)

1 2 1 71 2 3

8 8 8 8E(XY)

,

kovarianca spremenljivk in

K X Y E X E X Y E Y E XY E X E Y

X Y

MATEMATIKA 2


155

korelacijski koeficient K X,Y X E X Y E Y

r X,Y Eσ X σ Y σ X σ Y

2 2

1 12 1

2 8 8

1 1 3 3 1 3( 1 4 9 3 (

2 2 8 8 8 21

82

0 28 73

od prej: E(X) E(Y) K(X,Y)

E(X ) σ X) E(Y ) σ Y)

r(X,Y) .

10 2 2X E X Y E Y

D r X,Yσ X σ(Y)

r X,Y

10 2 2 r(X,Y) X E X Y E Y

D r(X,Y) σ X σ Y

1 2 1

3 31 18

12

8

12

8 8 8

1

8

8

8

2 18 8

0

1

0 1 2 3

0

0

x y\

0, 1X E X E X E X X E X X

Eσ X σ X σ X σ X

spremenljivke

(ima povprečje 0 in standardni odklon 1

standardizacija

)

X E XX

σ X

1r X,Y

1 0 .

X E X Y E Y X E X Y E Yr X,Y D konst

σ X σ(Y) σ X σ(Y)

1 in sta linearno odvisna r X,Y X Y

MATEMATIKA 2

VERJETNOST IN STATISTIKA ZAKONI VELIKIH ŠTEVIL

156

Zakon velikih števil: z večanjem števila poskusov se zmanjšuje verjetnost odklona od povprečja.

Igralec zadane v povprečju 70% metov na koš. Kaj je bolj verjetno: da bo v 10 metih zadel 10-krat ali da bo v 100 metih zadel več kot 80-krat?

100

100

81

1000 7 0 3 0 0088več kot 80 zadetkov iz 100 poskusov k k

k

P . . .k

Prva možnost je trikrat (!) bolj verjetna. Zakaj je tako?

ZAKONI VELIKIH ŠTEVIL

100 7 0 02810 zadetkov iz 10 poskusovP . .

Naj bo X slučajna spremenljivka z gostoto p(x), povprečjem m=E(X) in odklonom =(X).

POMEN STANDARDNEGA ODKLONA

2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( )x m k x m k

x m p x dx x m p x dx k p x dx k P x m k

2

1P x m k

k ocena Čebiševa

P(|X-E(X)| ≥ 2) ≤ 0.25 ocena velja za poljubno porazdelitev

za primerjavo: pri normalni porazdelitvi je P(|X-E(X)| ≥ 2) ≤ 0.05

MATEMATIKA 2


157

povprečje izidov

Pri n neodvisnih ponovitev nekega poskusa lahko izide gledamo kot zaporedje neodvisnih in enako porazdeljenih slučajnih spremenljivk X1,X2,...Xn.

Porazdelitev spremenljivke Sn je zapletena.

n-krat vržemo kocko, Xk je število pik pri k-tem metu

n-krat vržemo žogo na koš, Xk je število pik zadetkov (0 ali 1) pri k-tem metu

1 2 nn

X X ... XS

n

pri metu na koš je Sn relativna frekvenca zadetkov, porazdelitev je binomska

pri metu kocke ima Sn 5n+1 izidov, z različnimi verjetnostmi

1 2 1 22 2

1 1 1 1n n nD(S ) D X X ... X D X X ... X n D(X) D(X)

n n n n

Z naraščanjem števila poskusov pada razpršenost povprečja izidov proti 0.

1 2 1 2

1 1 1n n nE S E X X ... X E X X ... X n E X E X

n n n

E(Sn)=E(X)

n

n

D XD S

nX

Sn

Privzemimo, da so X1,X2,...Xn nekorelirane in enako porazdeljene (kot spremenljivka X).

MATEMATIKA 2


158

Sn = povprečje nekoreliranih in enako porazdeljenih slučajnih spremenljivk X1,X2,...Xn .

2

1ocena Čebiševa: n

XP S E(X) k

kn

lim 0nn P S E(X)

zakon velikih števil: z naraščanjem števila poskusov gre verjetnost, da se povprečje spremenljivk razlikuje od njihove povprečne vrednosti proti 0.

X1+X2+...+Xn = število dogodkov A po n ponovitvah poskusa,

Sn = relativna frekvenca dogodkov A po n ponovitvah poskusa, E(Sn)=p

0nnP S p zakon velikih števil

2

1= n

D XP S E(X)

n

Ponavljamo poskus, pri katerem ima dogodek A (neznano) verjetnost p;

Xk = 1, če se pri k-ti ponovitvi poskusa A zgodi in Xk = 0, če se A ne zgodi.

Pri skoraj vseh zaporedjih poskusov gre relativna frekvenca dogodka proti njegovi verjetnosti.

Na tej ugotovitvi sloni statistična definicija verjetnosti!

lim 1nnP S p

MATEMATIKA 2


159

Kaj se zgodi s porazdelitvijo vsote X1+X2+...+Xn , ko gre n ?

0 1

1 neodvisne, porazdeljene po kXp p

1 ... ,je porazdeljena po nX X b n p

Xk neodvisne, zvezno eksponentno porazdeljene z gostoto p(x)=e - x (x ≥ 0)

porazdelitev za X1+X2+...+Xn :

Xk neodvisne, zvezno enakomerno porazdeljene na intervalu [0,1]

porazdelitev za X1+X2+...+Xn :

MATEMATIKA 2


160

Porazdelitve X1+X2+...+Xn zavzamejo zvonasto obliko, vendar jih težko primerjamo ker se ‘premikajo’.

X1,X2,X3,... neodvisne, enako porazdeljene slučajne spremenljivke s povprečjem a in standardnim odklonom ;

0 1limnZ N ,n

F x F x

Centralni limitni izrek: standardizirana porazdelitev vsote konvergira proti standardni normalni porazdelitvi

Rešitev: vsoto standardiziramo.

1 2 1 2

1 2

n

n

nnn

X X ... X - E X X ... XZ

σ X X ... XS - a

nσ

Neko količino merimo z metodo, ki ima standarno napako (tj. standardni odklon od merjene vrednosti) enako . Opravimo 20 neodvisnih meritev in vzamemo njihovo povprečje. Kolikšna je verjetnost, da se to povprečje razlikuje od merjene količine za več kot /2?

Posamezne meritve gledamo kot slučajne spremenljivke: X1,X2,...,X20

Po zakonu velikih števil lahko privzamemo E(Xi)=m (merjena količina), obenem je (Xi)=

1 2 2020 20 20 .

20 20Za povprečje meritev je in

X X ... XS E S m S

20 20 2202

20 10 2

2 2 20Ocena Čebiševa:

σ σP S m P S m .

2020 20

20 20 2020 2 2 2 23 0 9742

2 2 2 2 2 2Centralni limitni izrek:

σ σ σ S mP S m P S m P Φ ( . ) .

20 1 0 97422

0 0258σ

P S .m .

Ocena, ki jo dobimo iz centralnega limitnega izreka je veliko natančnejša.

MATEMATIKA 2

VERJETNOST IN STATISTIKA STATISTIKA

161

STATISTIKA

Formulacija problema:

opazujemo neko množico (končno ali neskončno), ki ji pravimo populacija; (npr. prebivalci Slovenije, izdelki neke tovarne, bolniki z neko boleznijo, delnice na borzi, izidi na ruleti)

vsak element populacije ima neko merljivo lastnost X; (npr. starost, kakovost izdelka, učinek zdravila, cena delnice)

vrednost X je zaradi nekega razloga (velikost populacije, način ali cena ugotavljanja, ...) znana le na delu populacije, ki mu pravimo vzorec;

Osnovni problem statistike: Kaj lahko povemo o lastnosti X na podlagi njenih vrednosti na vzorcu?

MATEMATIKA 2

VERJETNOST IN STATISTIKA VZORČENJE

162

Včasih skušamo reprezentativnost doseči z dirigiranim vzorčenjem (npr. onesnaženje običajno merijo na stalnih lokacijah). Obstaja nevarnost, da je takšno vzorčenje pristransko.

Če je vzorec naključno izbran, so vrednosti X na vzorcu slučajna spremenljivka. Enako velja za vse druge količine (povprečja, standardni odkloni...), ki jih izpeljemo iz teh vrednosti.

Idealni vzorec je reprezentativen v smislu, da se značilnosti X na vzorcu se ujemajo z značilnostmi na celotni populaciji. Pri naključnem vzorcu lahko določimo verjetnost, da je reprezentativen.

Omejili se bomo na primere, ko je izbira vzorca povsem naključna. To pomeni, da vzorec izbiramo zaporedoma in pri tem imajo vsi elementi populacije enako verjetnost, da se znajdejo v vzorcu.

VZORČENJE

(gre torej za izbiro z vračanjem; če je velikost vzorca majhna v primerjavi z velikostjo populacije smemo izbirati brez vračanja)

MATEMATIKA 2

VERJETNOST IN STATISTIKA STATISTIČNI PARAMETRI

163

Populacijski parametri:

velikost populacije: N

vrednosti X na populaciji: x1,x2,...,xN

1

1 N

kk

xN

populacijsko povprečje:

22

1

1 N

kk

σ x m N

populacijska razpršenost:

Vzorčni parametri:

velikost vzorca: n

vrednosti X na vzorcu: X1,X2,...,Xn

vzorčno povprečje:

1

1 n

kk

X Xn

vzorčna razpršenost:

22

1

1

1

n

kk

s X X n -

MATEMATIKA 2


164

POVPREČNA VREDNOST IN RAZPRŠENOST VZORČNIH PARAMETROV

vzorec velikosti 1: E(Xk)= (populacijsko povprečje )

D(Xk)= 2 (populacijska razpršenost)

1 1

1 1n n

k kk k

E( X ) E X E(X ) μ n n

2

(σ σ

D( X ) , σ X )n n

vzorec velikosti n:

korekcijski faktor za primer relativno velikega vzorca

(enostavno vzorčenje)

E( X ) μ

2 2 11

1 1

σ N - n σ n -D( X ) -

n N - n N -

2

21 1

1 1n n

k kk k

σD( X ) D X D(X )

n n n

(vzorčenje z vračanjem)

MATEMATIKA 2


165

2

1

1:Izračun

n

kk

E X X n

2 2 2 2

22 2 2 2 2

k k kE(X ) D(X ) E(X ) σ μσ

E( X ) D( X ) E( X ) μn

2 22

1 1

1 1n n

k kk k

E X X E(X ) E( X )n n

2 2 2 22 2 2

1 1 1 1 1

1 1 1 1 12 2

n n n n n

k k k k k kk k k k k

X X X XX X X X X X X Xn n n n n

Povprečna vrednost količine na množici vseh vzorcev ni enaka 2.

Pravimo, da gre za pristransko oceno populacijske razpršenosti.

2

1

1 n

kk

X X n

E(s2)= 2

2

2 2 2 21nσ

nσ

σ μ μ n

Pri dovolj velikih vzorcih je razlika zanemarljiva, pri majhnih vzorcih pa ne,

zato kot mero vzorčne razpršenosti vzamemo 22

1

1

1

n

kk

s X X n

2

11

1

Povzetek:

1. vzorčno povprečje je nepristranska ocena za populacijsko povprečje

2. standardni odklon pri tej oceni je (oz. , kadar je vzorec relativno velik)

3. vzorčna razpršenost j

X

nNn n

s

2e nepristranska ocena za populacijsko razpršenost

MATEMATIKA 2

VERJETNOST IN STATISTIKA OPISOVANJE PODATKOV

166

rezultati kolokvija

40196848592831302525363941886660573794449098592992556443545287343674618054

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

1-10 11-20 21-30 31-40 41-50 51-60 61-70 71-80 81-90 91-100

0

1

2

3

4

5

6

1-5 6-10 11-15 16-20 21-25 26-30 31-35 36-40 41-45 46-50 51-55 56-60 61-65 66-70 71-75 76-80 81-85 86-90 91-95

0

1

2

3

1 11 21 31 41 51 61 71 81 91

53.9722.16

Xs

52.8321.95

Xs

53.1721.93

Xs

intervali dolžine 5

intervali dolžine 10

Običajno tvorimo 10-20 kategorij. Zaželjeno je, da je v večini kategoriji vsaj 5 enot. Pri računanju povprečja in razpršenosti upoštevamo sredine intervalov.

MATEMATIKA 2

VERJETNOST IN STATISTIKA OCENJEVANJE PARAMETROV

167

INTERVALSKO OCENJEVANJE

Vzorčno povprečje in razpršenost sta primerna približka za populacijsko povprečje in razpršenost. Kolikšna je natančnost teh približkov?

Simulirali smo 10 zaporedij po 100 metov kocke in dobili naslednjo tabelo:

1.simulacija 5 5 6 3 2 6 4 6 4 3 5 4 5 4 2 6 6 1 4 2 6 6 5 2 5 4 3 5 1 5 6 6 3 2 2 6 6 6 1 3 3 6 4 1 4 1 3 6 4 1 6 2 1 2 1 4 6 5 3 1 1 4 6 1 4 5 4 6 4 2 3 6 3 3 4 2 6 3 2 6 4 5 3 1 1 4 1 6 1 6 3 5 1 1 1 3 2 2 2 2

2.simulacija 1 4 6 4 5 4 6 2 6 1 4 4 2 4 6 2 1 2 3 6 2 1 3 1 5 2 6 5 1 3 2 1 1 1 5 3 5 3 1 6 5 2 4 5 2 6 1 3 5 4 5 4 1 6 1 6 4 1 2 2 4 4 6 2 5 3 2 3 6 5 2 5 4 5 3 3 1 2 4 2 3 1 2 6 4 4 6 5 4 4 3 4 5 2 3 3 2 6 6 4

3.simulacija 4 5 5 4 6 6 3 5 6 2 2 5 5 4 6 1 6 4 5 5 4 1 5 2 6 3 3 5 5 4 4 2 4 5 4 4 2 6 6 5 2 6 4 4 5 5 6 1 2 5 2 5 6 6 6 3 6 4 4 2 5 1 6 3 4 1 3 5 2 1 3 1 3 5 2 2 2 5 5 4 6 6 4 6 5 3 1 3 6 1 4 5 4 4 5 5 3 2 4 1

4.simulacija 6 1 5 6 4 2 6 5 3 3 4 1 2 3 5 4 2 2 3 6 6 5 2 6 1 1 1 6 2 1 5 1 5 3 4 1 6 2 6 3 2 6 2 6 1 6 6 1 1 2 3 3 5 6 5 2 5 1 1 3 1 6 5 2 1 1 6 1 6 2 6 6 2 5 2 2 5 4 3 6 5 6 4 5 2 6 1 6 4 4 1 1 3 1 3 1 1 5 5 1

5.simulacija 2 3 3 5 5 1 4 4 4 1 6 6 6 4 3 5 6 3 3 5 5 2 3 5 3 3 6 2 5 4 2 4 2 4 2 5 4 5 1 1 2 3 5 4 4 1 4 5 4 4 2 5 2 5 4 5 4 1 3 5 6 4 5 1 1 2 3 4 6 2 5 6 5 1 6 6 5 5 1 4 5 4 6 4 2 5 2 2 5 2 1 2 5 2 4 5 4 2 6 3

6.simulacija 1 4 1 2 3 1 6 1 3 6 6 5 6 1 3 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 6 3 5 5 4 1 2 6 3 2 3 4 1 6 1 5 1 1 4 5 1 1 2 4 1 2 4 1 5 5 4 6 6 5 5 5 1 1 3 2 6 4 1 5 4 1 1 2 5 6 4 6 5 6 4 2 3 4 4 1 3 6 4 5 1 4 1 6 1 3 1 3 3 5 5

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

8.simulacija 2 6 2 2 5 4 4 1 3 4 5 2 1 6 6 1 5 4 1 1 4 1 6 3 6 5 5 6 5 3 5 1 6 3 1 4 2 1 6 4 3 5 3 4 6 5 2 3 4 3 1 2 3 2 4 1 4 5 1 4 2 6 2 4 2 4 3 6 2 4 3 1 5 5 6 5 1 2 5 2 5 1 1 2 6 3 1 3 6 2 3 5 3 3 6 3 4 1 4 4

9.simulacija 2 5 5 3 2 3 2 1 3 5 3 5 6 6 3 3 2 5 2 3 6 2 2 6 5 4 6 6 3 2 4 2 1 6 5 2 3 2 2 1 1 6 3 1 1 4 1 2 4 2 5 2 5 2 6 4 6 1 3 5 1 5 1 4 4 2 3 5 6 2 2 3 2 4 5 6 3 5 6 4 3 3 2 5 6 3 2 3 3 4 6 1 1 4 2 2 5 1 6 4

10.simulacija 5 5 3 2 6 4 2 4 5 4 1 3 3 4 1 3 4 1 6 4 1 1 4 6 3 5 1 2 5 6 4 3 6 3 1 1 6 5 1 1 5 5 3 3 1 2 3 6 4 5 2 6 1 5 2 5 5 2 6 4 4 3 4 1 3 5 6 1 3 3 2 6 4 5 4 5 2 2 1 2 4 3 6 4 2 5 4 3 2 2 5 3 6 2 4 3 4 4 3 5

3.59 1.800 3.47 1.687 3.94 1.605 3.44 1.930 3.68 1.567 3.28 1.789 3.53 1.602 3.43 1.692 3.42 1.668 3.50 1.609

X s

Kaj lahko sklepamo o dejanski povprečni vrednosti in standardnemu odklonu?

MATEMATIKA 2


168

Razsevni diagram za povprečja in standardne odklone simulacij.

Dejanska vrednost: =3.5, =1.708

Povprečje simulacij: =3.53, =1.695

...pač pa lahko določimo interval, za katerega je zelo verjetno, da vsebuje iskani populacijski parameter.

Osnovni problem je: kako na podlagi vzorčnih parametrov oceniti dejanske populacijske parametre?

Pri numeričnih metodah določimo približek in oceno za napako približka. Dejanska vrednost je nekje na intervalu okoli približka.

Na podlagi vzorca ni mogoče sklepati o parametrih populacije s 100% zanesljivostjo,...

MATEMATIKA 2


169

2 2 2 0 9544X - a

P n .σ

2 295 44

σ σP X a X . %

n n

XNa vzorcu velikosti n dobimo vrednosti X1,X2,...,Xn in izračunamo njihovo povprečje

Naj bo količina X normalno porazdeljena na celotni populaciji z neznanim povprečjem a. Zaradi enostavnosti privzemimo, da je standardni odklon enak .

, 0,1 .Velja: porazdelitev je normalna z je porazdeljena po X - a

X E X a X n Nσn

2 2. S 95% verjetnostjo lahko trdimo, da leži populacijsko povprečje na intervalu

σ σX ,X

n n

(tj. za okoli 95% vzorcev je populacijsko povprečje na izračunanem intervalu, za okoli 5% vzorcev pa je izven)

3 32 3 0 9972Podobno dobimo:

σ σP X a X ( ) .

n n

3 3. S 99.7% verjetnostjo je populacijsko povprečje na intervalu

σ σX ,X

n n

Verjetnost, s katero se iskani parameter nahaja na nekem intervalu je stopnja zaupanja.

Pripadajoči interval je interval zaupanja.

Večja stopnja zaupanja ali večja razpršenost potreben je širši interval zaupanja.⇒Večji vzorec zadošča ⇒ ožji interval zaupanja.

MATEMATIKA 2


170

Splošni postopek za določanje intervalazaupanja za populacijski parameter u:

1) določimo vzorčni parameter ū, ki je primeren približek za u (npr. za povprečje ali s 2 za razpršenost)

2) določimo porazdelitveni zakon vzorčnega parametra ū (npr. normalni, binomski,...; to je najzahtevnejši korak - praviloma se omejimo na standardne primere)

3) izberemo stopnjo zaupanja (običajno =95% ali =99%)

4) na podlagi porazdelitve in vrednosti vzorčnega parametra ū na danem vzorcu določimo interval zaupanja [U1,U2] za u, ki pripada izbrani stopnji zaupanja

( tj. tako, da velja P(U1 ≤ u ≤ U2) = ).

X

MATEMATIKA 2


171

Pri manjših vzorcih ali neznanemu standardnemu odklonu ne moremo privzeti, da je povprečje normalno porazdeljeno. Običajno dobimo za približek porazdelitev, ki je odvisna od velikosti vzorca.

Naj bo količina X porazdeljena normalno z neznanim povprečjem a in standardnim odklonom .Iščemo interval zaupanja za populacijsko povprečje a pri stopnji zaupanja .

,

.

Imamo vzorec velikosti : parameter ocenimo z

parameter pa z in tvorimo novo spremenljivko X a

T

X

n

a

ss

n

Velja: T je porazdeljena po t.im. Studentovem porazdelitvenem zakonu S(n-1)

2

2

2

52 2

3

1

6 33 :

3

1

1

1 :

2 :

2

S p

S p xπ x

..

S p x

x

...

x

.

x

.

1

2 2

1Studentova porazdelitev ima gostoto

n-

n

xS n p(x) k

n

0,1N

MATEMATIKA 2


172

Tabela mejnih vrednosti porazdelitve S(n):

parameter n(‘stopnje prostosti’)

mejna vrednost na stopnji zaupanja 1- ( P(|T| ≤ t)=1- )

95% 99%

t

Senčena ploščina je enaka .

mejne vrednosti za normalno porazdelitev

MATEMATIKA 2


173

Za izbrano stopnjo zaupanja iz tabel določimo t, da velja P(|T| ≤ t)=

Interval zaupanja za a na stopnji zaupanja je α α

s sX - t ,X t

n n

X s 3.59 1.800 [3.237,3.942] [3.125,4.054]

3.47 1.687 [3.139,3.800] [3.034,3.905]

3.94 1.605 [3.625,4.254] [3.495,4.354]

3.44 1.930 [3.061,3.818] [2.941,3.938]

3.68 1.567 [3.372,3.987] [3.275,4.084]

3.28 1.789 [2.929,3.630] [2.818,3.741]

3.53 1.602 [3.215,3.844] [3.116,3.943]

3.43 1.692 [3.098,3.761] [2.993,3.866]

3.42 1.668 [3.092,3.747] [2.989,3.850]

3.50 1.609 [3.184,3.815] [3.084,3.915]

interval zaupanja 95% 99%

pri 3. poskusu je dejansko povprečje izven 95%-intervala zaupanja in komajda znotraj 99%-intervala zaupanja.

MATEMATIKA 2


174

Porazdelitvena gostota ni simetrična, zato za zahtevano stopnjo zaupanja poiščemo meji 2

a in 2b , da velja

P( 2 ≤ 2

a )=P( 2 ≥ 2

b )=1-/2 ⇒ P(2a ≤ 2 ≤ 2

b )=

Intervalska ocena za standardni odklon pri normalni porazdelitvi:2

22

1s

(n )σ

Primerjamo populacijsko razpršenost 2 z vzorčno razpršenostjo s2:

Velja: 2 je porazdeljena po zakonu ‘hi-kvadrat’ 2(n-1).

2 22

2 2

1 1Interval zaupanja za na stopnji zaupanja je

b a

n s n s,

χ χ

Porazdelitev hi-kvadrat 2(n) ima gostoto 1

2 2 ( 0)n x

-

n p(x) k x e x

2

2

2

2

2

2

2

2

1

14

4

1

1

2

1

2

2

3

2

x

x-

-

x-

x-

χ ( ) :

eχ ( ) :

χ ( ) : p(x)

p(x)

χ ( ) : p(x) e

x

.

p(x

....

e

e

)x

π

π

x

2a 2

b

MATEMATIKA 2


175

mejna vrednost 2

( P( 2 ≥ 2

)= )

Tabela mejnih vrednosti porazdelitve 2(n)

parameter n(‘stopnje prostosti’)

2

Senčena ploščina je enaka .

MATEMATIKA 2

VERJETNOST IN STATISTIKA PRESKUŠANJE STATISTIČNIH DOMNEV

176

PRESKUŠANJE STATISTIČNIH DOMNEV

Statistična domneva je trditev o porazdelitvenem zakonu slučajne spremeljivke, ki jo želimo potrditi ali ovreči na podlagi vrednosti, ki jih zavzame na nekem vzorcu.

parametrične domneve (trditve o parametrih znanega porazdelitvenega zakona, npr. Poissonovo porazdeljena spremenljivka ima povrečje a)

neparametrične domneve(trditve o naravi porazdelitvenega zakona, npr. spremenljivka je normalno porazdeljena)

Domneva je enostavna, če v celoti določa porazdelitev (tip in parametre), sicer pa je sestavljena.

(npr. če H0 trdi, da je porazdelitev Poissonova z neznanim parametrom - H1 pa, da ni Poissonova, sta obe sestavljeni)

Omejili se bomo na osnovne primere parametričnih domnev, ko je vsaj ničelna domneva enostavna.

primerjamo dve domnevi:

H0: ničelna domneva in H1: alternativna domneva

(npr. H0 trdi, da porazdelitev ustreza zakonu P(2), H1 pa, da ustreza zakonu P(3.5))

MATEMATIKA 2


177

Leta 2003 je bilo v Sloveniji 17321 živorojenih otrok, od tega 8930 dečkov in 8391 deklic. Zanima nas, ali je to v nasprotju z domnevo, da je rojstvo dečka enako verjetno kot rojstvo deklice.

Izberemo majhno število (npr. 0.05 ali 0.01) in poiščemo kritično vrednost c, da je pri pogoju p=0.5 verjetnost P(X > c)=.

Za slučajno spremenljivko X vzamemo število rojstev dečkov. X je porazdeljena binomsko b(n,p). H0 je enostavna domneva p=0.5, H1 je sestavljena domneva p > 0.5.

Če je število dečkov večje od c, potem H0 zavrnemo, v nasprotnem primeru pa je ne zavrnemo. Binomsko porazdelitev b(17321,0.5) aproksimiramo z N(8660.5, 65.80), in vzamemo =0.05.

0 050 05 0 05

0 050 05 0 05

1 8660 51 1 0 05

2 65 808660 5 8

8768660 5

0 45 1 6565 80 65 8

50

.

.

..

. .

c .P(X c ) P(X c ) Φ .

.c . c .

Φ . . . .

c .

Ker je dejanska vrednost (8930) večja od c0.05, ničelno domnevo zavrnemo.

Pri 1% značilnosti preskusa dobimo c0.01=8813.5, torej domnevo zavrnemo tudi pri ostrejšem preskusu.

MATEMATIKA 2


178

Enostavna parametrična domneva u=u0 ima tri alternativne parametrične domneve:

u > u0

u < u0

u ≠ u0

Za prvo in drugo alternativo pravimo, da sta enostranski, za tretjo pa, da je dvostranska.

u0 c

sprejmemo zavrnemo

c u0

zavrnemo sprejmemo

c1 u0 c2

zavrnemo sprejmemo zavrnemo

Pri preskušanju trdnosti nekega materiala je smiselna enostranska alternativa, saj nas ne moti, če je le-ta trdnejši kot pričakujemo. Pri preskušanju odstopov velikosti vijaka glede na matico pa raje oblikujemo dvostransko alternativo.

MATEMATIKA 2


179

Z porazdeljena po N(0,1) - kako določimo c?

11 1 2

2α α α α

αα P( Z c ) P( Z c ) Φ c Φ c

1 11 1

2 2α α α αα P(Z c ) P(Z c ) Φ c Φ c - α

1 1

2 2α α αα P(Z c ) Φ c Φ c α

Podobno ravnamo pri drugih preskusih. Pri t-testu tvorimo in upoštevamo, da je T porazdeljen po zakonu S(n-1).

Kritične vrednosti za dvostranski poskus pri značilnosti so v (n-1)-vivrstici in stolpcu, ki ustreza .

Kritične vrednosti za enostranski poskusa pa so v stolpcu, ki ustreza .

X - aT n

s

2

α

dvostranski preskus:

enostranski preskus:

MATEMATIKA 2


180

Povprečje 10 meritev gostote neke snovi nam je dalo 1.35 g/cm3, čeprav bi teoretično pričakovali gostoto 1.2 g/cm3. Na podlagi izkušenj vemo, da je pri tovrstnem merjenju standardna napaka =0.25g/cm3. Ali na podlagi tega lahko zavrnemo H0( =1.2 g/cm3)? Značilnost preskusa naj bo 5%.

1.) H1( ≠1.2) (dvostranski preskus)

1 35 1 210 1 89

0 25

X - ρ . .Z n .

σ .

0 05 0 050 475 1 96. .Φ c . c . Ničelne domneve ne zavrnemo.(testna vrednost je manjša od kritične)

2.) H1( > 1.2) (enostranski preskus)

0 05 0 050 45 1 65. .Φ c . c . Ničelno domnevo zavrnemo.(testna vrednost je večja od kritične)

Pri sestavljeni alternativi lahko manj verjetni del alternative zmanjša možnost za izključitev ničelne domneve.

MATEMATIKA 2


181

Splošni problem: kako ugotovimo, ali je vzorec X1,...,Xn v skladu z domnevo, da je opazovana populacija porazdeljena po nekem zakonu F(x) ?

Lotimo se ga takole (Pearsonov 2 – test, Goodness of Fit):

1. Realno os razdelimo na intervale I1,...,IK tako, da vsak vsebuje vsaj 5 elementov vzorca. Število vzorcev na intervalu Ik označimo z bk.2. Ob privzetku, da je porazdelitev populacije F(x) izračunamo teoretično število vzorcev na intervalu Ik in ga označimo z ek.

220

1

( )Kk k

k k

b eχ

e

3. Izračunamo deviacijo

Dejstvo: 0

2 je porazdeljena po zakonu 2(K-1).

4. Za izbrano stopnjo značilnosti določimo 2 iz enačbe P( 2 ≥ 2

)=. Domnevo zavrnemo, če je

02 ≥ 2

.

Kovanec vržemo 50 krat in 29-krat dobimo cifro. Ali lahko sklepamo, da je popačen?

MATEMATIKA 2


182

V našem primeru postavimo grb=0, cifra=1 in intervala I1=(-∞,0.5] in I1=(0.5,+∞).

Dobimo: b0=21, b1=29, e0=e1=25 in 0

2 = 16/25+16/25=1.28

Za 2(1) in pri stopnji značilnosti =5% je mejna vrednost 2 =3.841, zato domneve, da

je kovanec pošten ne zavrnemo.

Koliko cifer bi morali dobiti pri 50 metih, da bi lahko na 5% stopnji značilnosti zavrnili domnevo o poštenosti kocke?

Odstop označimo z a in rešimo a2/25+a2/25 > 3.841, kar nam da a ≥ 7. To pomeni, da bi pri 32 cifrah ali več zavrnili domnevo o poštenosti kocke.

Na stopnji značilnosti 1% pa bi jo zavrnili šele pri 35 cifrah ali več.

G. Mendel je pri enem svojih znamenitih poskusov dobil 355 rumenih in 123 zelenih grahov. Ali je to v skladu z domnevo, da je razmerje med rumenimi in zelenimi 3:1?

MATEMATIKA 2


183

Odvisna vzorca Bolnik Število dodatnih ur spanja

X (zdravilo A) Y (zdravilo B) 1 1.9 0.7 2 0.8 -1.6 3 1.1 -0.2 4 0.1 -1.2 5 -0.1 -0.1 6 4.4 3.4 7 5.5 3.7 8 1.6 0.8 9 4.6 0.0

10 3.4 2.0

Na bolnikih so preskušali vpliv dveh zdravil (A in B) proti nespečnosti. Ali lahko na podlagi podatka o dodatnem številu ur spanja sklepamo o tem, da je eno zdravilo bolj učinkovito od drugega?

Privzemimo, da imamo rezultate vpliva obeh zdravil na istih bolnikih. Tedaj naredimo parni t-test.(Če bi imeli rezultate na različnih bolnikih, bi morali uporabiti šibkejši neparni t-test.)

Tvorimo razliko Z=X-Y.

Primerjamo H0(a=0) proti H1(a≠0).

Z Z2

1.2 1.44 2.4 5.76 1.3 1.69 1.3 1.69 0.0 0.00 1.0 1.00 1.8 3.24 0.8 0.64 4.6 21.16 1.4 1.96

15.8 38.58

2

1.58

1 51, 1.23

Z

s . s

1.58 010 4.06

1.23t

0.025 2.26 4.06t

Pri 95% stopnji zaupanja domneve, da sta zdravili enakovredni zavrnemo.

Dejstvo: porazdeljena je po Studentovem zakonu S(n-1).

MATEMATIKA 2


184

X Y1,07 3,351,11 3,501,23 3,691,24 3,701,24 3,771,26 3,801,30 3,981,35 4,011,41 4,121,42 4,121,44 4,201,48 4,281,57 4,411,57 4,441,61 4,601,63 4,581,69 4,701,75 4,781,75 4,831,79 4,90

LINEARNA REGRESIJA

S pomočjo metode najmanjših kvadratov lahko določimo premico, ki se najbolje prilega dani množici točk v ravnini.

Statistično pa so vrednosti Y podvržene naključnim vplivom, zato je le do določene mere verjetno, da so izračunani koeficienti regresijske premice a+bX blizu dejanskih.

Velja: (1) Interval zaupanja za smerni koeficient premice je

kjer je t mejna vrednost na stopnji zaupanja pri porazdelitvi S(n-2).

(2) r(X,Y)2 je število, ki pove, kolikšen delež razpršenosti spremenljivke Y je pojasnjen z razpršenostjo X.

2 2( ) ( ),

( ) ( )2 2

c cD Y D Yb b b b

D X D Xn n

MATEMATIKA 2


185

X Y1,07 3,351,11 3,501,23 3,691,24 3,701,24 3,771,26 3,801,30 3,981,35 4,011,41 4,121,42 4,121,44 4,201,48 4,281,57 4,411,57 4,441,61 4,601,63 4,581,69 4,701,75 4,781,75 4,831,79 4,90

2

( , )

( )

( ) ( )

=

xy x y K X Yb

D Xx x x

a y b x E Y b E X

( ) 1.445 ( ) 0.0454( ) 4.188 ( ) 0.202

( ) 6.149 ( , ) 0.0955

E X D XE Y D Y

E XY K X Y

1.147 2.103 a b

Interval zaupanja za smerni koeficient je [2.103-0.0412 t ,2.103+0.0412 t ]

Za =5% dobimo pri S(18) mejno vrednost t=2.101 in pripadajoči interval [2.016,2.190]

Za r(X,Y)2 pa dobimo 0.99, torej je vsa varianca Y posledica variance X

Documents

abc