Matematicka_Statistika

5/7/2018 Matematicka_Statistika - slidepdf.com

http://slidepdf.com/reader/full/matematickastatistika 1/89

MATEMATICKA STATISTIKA

Teorija i zadaci

2006/2007

Zoran Mitrovic

februar 2007



2



Sadrzaj

1 Prostor vjerovatnoca 3

1.1 Prostor elementarnih dogad-aja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Relacije i operacije sa dogad-ajima . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3 Aksiome teorije vjerovatnoce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.4 Osobine vjerovatnoce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.5 Uslovna vjerovatnoca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.6 Nezavisni dogad-aji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.7 Fomula potpune vjerovatnoce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.8 Ba jesova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.9 Rijeseni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.10 Zadaci za samostalan rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2 Visestruka ispitivanja 25

2.1 Bernulijeva sema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.2 Najvjerovatniji broj pojavljivanja dogad-aja . . . . . . . . . . . . 26

2.3 Puasonova raspodjela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.4 Normalna (Gausova) raspodjela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.5 Rijeseni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29


3 Slucajne promjenljive 33

3.1 Definicija i neki primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3.2 Zakon raspodjele slucajne promjenljivediskretnog tipa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3.3 Funkcija raspodjele slucajne promjenljive . . . . . . . . . . . . . 353.4 Pregled vaznijih raspodjela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3.5 Slucajni vektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

3.6 Funkcija raspodjele slucajnog vektora . . . . . . . . . . . . . . . 40

3.7 Uslovne raspodjele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

3.8 Funkcije slucajnih promjenljivih . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42


1



2 SADRZAJ

4 Numericke karakteristike slucajnih promjenljivih 45

4.1 Matematicko ocekivanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 454.2 Varijansa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 464.3 Kovarijansa i koeficijent korelacije . . . . . . . . . . . . . . . . . 484.4 Matematicko ocekivanje i varijansa nekih raspodjela . . . . . . . 504.5 Rijeseni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 514.6 Zadaci za samostalan rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

5 Granicne teoreme 57

5.1 Karakteristicne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 575.2 Karakteristicne funkcije nekih raspodjela . . . . . . . . . . . . . . 595.3 Cebisevljeva nejednakost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 595.4 Neke granicne teoreme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 615.5 Centralna granicna teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

5.6 Rijeseni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 635.7 Zadaci za samostalan rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

6 Statisticka analiza 71

6.1 Osnovni po jmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 716.2 Raspodjela obiljezja. Histogram . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 726.3 Ocjenjivanje parametara raspodjela . . . . . . . . . . . . . . . . . 736.4 Intervali povjerenja za nepoznatu binomnu vjerovatnocu . . . . . 756.5 Regresiona analiza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 766.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

7 Dodaci 81

7.1 Pregled vaznijih raspodjela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

7.2 Statisticke tablice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83



Glava 1

Prostor vjerovatnoca

Uslovi nekog eksperimenta (opita) ne moraju jednoznacno odred-ivati rezul-tat. Na primjer ako se eksperiment sasto ji u ”bacanju”novcica rezultat nije jednoznacan, jer se moze desiti da padne pismo (P) ili grb (G). Mozemo recida se u ovom slucaju radi o slucajnoj pojavi. Izucavanjem zakonitosti slucajnihpojava bavi se teorija vjerovatnoce.

Teorija vjerovatnoce se pocela razvijati u 16. vijeku. Prva knjiga iz oveoblasti je ”De Ludo Aleae” (O igri kockom), koja je stampana 1663. godine.Njen autor je Girolamo Cardano. Osnivacem moderne teorije vjerovatnoce sma-tra se Andrej Nikolajevic Kolmogorov (1903-1987). On je 1933. godine daoaksiomatsko zasnivanje teorije vjerovatnoce.

Teorija vjerovatnoce je sastavni dio nekoliko naucnih oblasti na primjer:

teorije telekomunikacija, teorije pouzdanosti, teorije informacija, teorije au-tomatskog upravljanja.

U teoriji vjerovatnoce izucavaju se matematicki modeli stvarnih pojava, dokse u statistici, metodom uzimanja uzoraka, uspostavlja veza izmed-u stvarnihpojava i odgovarajucih modela. Statistika je, prema tome, bliza realnosti odvjerovatnoce. Mozemo reci i da je statistika primijenjena vjerovatnoca.

1.1 Prostor elementarnih dogad-aja

Definicija 1.1. • Skup Ω svih mogucih ishoda nekog opita naziva se pros-

tor elementarnih dogad-aja.

• Sluca jan dogad-aj (dogad-aj) je bilo koji podskup skupa Ω.

• Nemoguc dogad-aj oznacavamo sa ∅, a Ω je siguran dogad-aj.

Primjer 1.1. 1. Baca se kocka i registruje broj koji je pao na gornjoj strani.Neka je A dogad -aj koji oznacava da je pao paran broj. Tada jeΩ = ω1, ω2, ω3, ω4, ω5, ω6 i A = ω2, ω4, ω6, gdje je ωk−pao je broj k.

3



4 GLAVA 1. PROSTOR VJEROVATNOCA

2. Novcic se baca cetiri puta i registruje koliko je ukupno puta palo pismo.

Neka je A dogad -aj: broj pisama jednak je broju grbova. Tada je

Ω = GGGG,GGGP,...,PPPP .

Broj elemenata skupa Ω je 24 = 16. Dogad -aj

A = GGPP,GPGP,GPPG,PGGP,PGPG,PPGGi ima 6 elemenata.

3. Novcic se baca do pojave grba. Ovde je

Ω = G , P G , P P G , . . . i ima beskonacno elemenata.

4. Gad -a se kruzna meta poluprecnika r i registruje udaljenost pogotka od centra mete. Neka je ∞ oznaka za promasaj. Tada je

Ω = x ∈ R : 0 ≤ x ≤ r∪∞.

U ovom slucaju Ω ima neprebrojivo elemenata.

Primjer 1.2. U kutiji se nalaze cetiri listica oznacena brojevima 1, 2, 3, 4.Odrediti skup ishoda, ako se listici izvlace jedan po jedan do pojave neparnog broja (bez vracanja).

Ω = 1, 3, 21, 23, 41, 43, 241, 243, 421, 423.

1.2 Relacije i operacije sa dogad-ajima

U skupu Ω definisemo relacije i operacije sa dogad-ajima na isti nacin kao isa skupovima:

• Ako dogad-aj A implicira dogad-aj B, to oznacavamo sa A ⊆ B.

• Dogad-aji A i B su ekvivalentni ako vrijedi A ⊆ B i B ⊆ A.

• Suprotan dogad-aj dogad-aja A oznacavamo sa AC ili A i vrijedi

AC = ω ∈ Ω : ω /∈ A.

• Presjek dogad-aja A i B oznacavamo sa A ∩ B i vrijedi

A ∩ B = ω ∈ Ω : ω ∈ A ∧ ω ∈ B.

• Uniju dogad-aja A i B oznacavamo sa A ∪ B i vrijedi

A ∪ B = ω ∈ Ω : ω ∈ A ∨ ω ∈ B.



1.3. AKSIOME TEORIJE VJEROVATNOCE 5

• Razlika dogad-aja A i B je dogad-aj A \ B za koji vrijedi

A \ B = ω ∈ Ω : ω ∈ A ∧ ω /∈ B.

Primjer 1.3. Neka se opit sastoji u bacanju kocke i neka je dogad -aj A−pao je paran broj, B−pao je neparan broj, C −pao je prost broj. Odrediti dogad -ajeA ∪ B, B ∩ C i C.

Ω = ω1, ω2, ω3, ω4, ω5, ω6,

A = ω2, ω4, ω6, B = ω1, ω3, ω5, C = ω2, ω3, ω5,

A ∪ C = ω2, ω3, ω4, ω5, ω6, B ∩ C = ω3, ω5, C = ω1, ω4, ω6.

Prebrojiva unija odnosno presjek dogad-aja Ai, i ∈ N definise se na sljedeci nacin:

i∈N

Ai = ω ∈ Ω : (∃i ∈ N) ω ∈ Ai, i∈N

Ai = ω ∈ Ω : (∀i ∈ N) ω ∈ Ai.

Navedimo i neke osobine definisanih operacija i relacija:

1. A ∪ A = A, A ∩ A = A,

2. A ∪ B = B ∪ A, A ∩ B = B ∩ A,

3. A ∪ Ω = Ω, A ∩ Ω = A,

4. A ∪ ∅ = A, A ∩ ∅ = ∅,

5. (AC )C = A, ∅C = Ω, ΩC = ∅,

6. A ∪ AC = Ω, A ∩ AC = ∅,

7. A ∪ (B ∪ C ) = (A ∪ B) ∪ C, A ∩ (B ∩ C ) = (A ∩ B) ∩ C,

8. A ∪ (B ∩ C ) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C ), A ∩ (B ∪ C ) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C ),

9. (A ∪ B)C = AC ∩ BC , (A ∩ B)C = AC ∪ BC .

1.3 Aksiome teorije vjerovatnoce

U aksiomatskom zasnivanju teorije vjerovatnoce znacajan je pojam σ−poljadogad-aja.

Definicija 1.2. Neka je Ω prostor elementarnih dogad-aja i P (Ω) familija svihpodskupova od Ω. Skup F ⊆ P (Ω) nazivamo σ−polje dogad-aja ako vrijedi:

1. Ω ∈ F ,2. A ∈ F ⇒ AC ∈ F ,3. (∀i ∈ N) Ai ∈ F ⇒

i∈NAi ∈ F .




Primjer 1.4. (i) Neka je Ω proizvoljan skup i F = ∅, Ω. Tada je F σ−polje

dogad -aja.

(ii) Neka je Ω = ω1, ω2, familija F = ∅, ω1, ω2, ω1, ω2 je σ−poljedogad -aja.

(iii) Neka je Ω = ω1, ω2, ω3, ω4, familija F = ∅, Ωω1, ω3, ω2, ω3, ω4nije σ−polje dogad -aja.

Teorema 1.1. Neka je F σ−polje dogad -aja. Tada vrijedi:

1. ∅ ∈ F ,2. A, B ∈ F ⇒ A ∩ B, A \ B ∈ F ,

3. Ai ∈ F , i ∈ N ⇒ i∈NAi ∈ F.

Definisacemo sada pojam vjerovatnoce koristeci aksiomatski pristup A. Kol-mogorova.

Definicija 1.3. Neka je Ω prostor elementarnih dogad-aja i F σ−polje dogad-aja.Funkcija P : F → R je vjerovatnoca ako vrijedi:

1. P (A) ≥ 0, (∀A ∈ F ),

2. P (Ω) = 1,

3. P (+∞

i=1

Ai) =+∞

i=1

P (Ai) za sve Ai

∈ F , i

∈N takve de ja Ai

∩Aj =

∅, i

= j.

Ove osobine redom zovu se: nenegativnost, normiranost i σ−aditivnost.Broj P (A) je vjerovatnoca dogad-aja A. Ured-ena trojka (Ω, F , P ) se zoveprostor vjerovatnoca.Navedimo neke primjere.

Primjer 1.5. ( Konacan prostor vjerovatnoca ) Neka je n ∈ N i

Ω = ω1, . . . , ωn, F = P (Ω) i pi ≥ 0, i = 1, . . . , n, takvi da jen

i=1

pi = 1.

Funkcija P : F → R definisana sa

P (A) = i∈I A pi,

gdje je, I A = j : ωj ∈ A, je vjerovatnoca.Ako je pi = 1

n , i = 1, . . . , n kazemo da se radi o klasicno j ili Laplasovo j definiciji vjerovatnoce.

Primjer 1.6. Odrediti vjerovatnoce svih mogucih zbirova pri bacanju dvijekocke.



1.4. OSOBINE VJEROVATNOCE 7

Primjer 1.7. ( Geometrijska definicija vjerovatnoce) Neka je Ω skup u R2

cija je povrsina µ(Ω) pozitivna i konacna. Neka jeF = A ⊆ Ω : A ima povrsinu .

Definisimo P : F → R tako da je

P (A) =µ(A)

µ(Ω).

U ovom slucaju funkcija P je vjerovatnoca. Ovde se radi o geometrijskoj defini-ciji vjerovatnoce.

Primjer 1.8. Na kruznici poluprecnika R slucajno su izabrane tri tacke A, B i C . Kolika je vjerovatnoca da je trougao ABC ostrougli?

Rjesenje. Neka je x duzina luka kruznice koji spaja tacke A i B, a y duzina luka kruznice koji spaja B i C . Izbor tacaka A, B i C jednoznacno odred -uje brojevex, y za koje vazi

0 < x, 0 < y, x + y < 2Rπ.

Znaci,Ω = (x, y)|x > 0, y > 0, x + y < 2Rπ.

Trougao ABC je ostrougli ako je

x < Rπ, y < Rπ, x + y > Rπ.

Sada je A = (x, y) ∈ Ω|x < Rπ, y < Rπ, x + y > Rπ.Znaci,

P (A) =m(A)

m(Ω)=

12

R2π2

2R2π2=

1

4.

1.4 Osobine vjerovatnoce

U ovoj sekciji navodimo neke osobine vjerovatnoce koje slijede iz definicije:

• Aditivnost, P

n

i=1

Ai

=

ni=1

P (Ai),

Primjer 1.9. Ako iz niza od 10 cifara od 0 do 9, na srecu izaberemo jednu cifru, kolika je vjerovatnoca da je ona djeljiva sa 3? ˚Primjenom prethodne osobine vjerovatnoce (jer je rijec o disjunktnim do-gad -ajima), dobijamo

P (A3 ∪ A6 ∪ A9) = P (A3) + P (A6) + P (A9) = 0.1 + 0.1 + 0.1 = 0.3,

gdje je Ak- dogad -aj da smo iyvukli cifru k ∈ 3, 6, 9.

• Monotonost, A ⊆ B ⇒ P (A) ≤ P (B),




• 0 ≤ P (A) ≤ 1,

• Vjerovatnoca suprotnog dogad-aja, P (AC ) = 1 − P (A),

• Vjerovatnoca unije dva dogad-aja, P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B),

Primjer 1.10. Istovremeno se bacaju dvije kocke. Odrediti vjerovatnocu da se prilikom ovog eksperimenta dobije zbir 7 ili proizvod 6.(Rezultat:0.25)

Primjer 1.11. Neka su dogadjaji A i B takvi da je

P (A ∩ B) =1

4, P (AC ) =

1

3, P (B) =

1

2.

Odrediti P (A ∪ B).Rjesenje. Kako je

P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) i P (AC ) = 1 − P (A),

imamo

P (A ∪ B) =2

3+

1

2− 1

4=

11

12.

• Princip ukljucnosti-iskljucnosti,

P (

ki=1

Ai) =

ki=1

P (Ai)−

1≤i<j≤k

P (Ai∩Aj) + · · ·+ (−1)kP (A1∩ · · ·∩Ak),

Primjer 1.12. Neka se opit sastoji u bacanje dvije kocke i dogad -aji:A

−da je zbir brojeva na kockama djeljiv sa 2,

B−da je zbir brojeva na kockama djeljiv sa 3,C −da je zbir brojeva na kockama djeljiv sa 4.Odrediti vjerovatnocu dogad -aja A ∪ B ∪ C. (Rezultat:P ≈ 0.67).

Primjer 1.13. N lica izmjesaju svoje sesire i nasumice stavljaju na glavu po jedan sesir. Naci vjerovatnocu da bar jedno lice stavi svoj sesir na svoju glavu. ˇ Cemu tezi ta vjerovatnoca kada broj lica i sesira neograniceno raste? Rjesenje. Neka je A dogad -aj da bar jedno lice stavi svoj sesir na svoju glavu. Sa Ai oznacimo dogad -aj da je i−to lice stavilo svoj sesir na svoju glavu ( i = 1, 2, . . . , N ). N lica moze rasporediti N sesira na glave na N !nacina, ako je i−to lice stavilo svoj sesir na svoju glavu, tada preostalih N −1 lica moze rasporediti N −1 sesira na svoje glave na (N −1)! nacina.

Prema tome je P (Ai) = (N −1)!N ! = 1

N . Slicnim razmisljanjem dobijamo da

je

P (Ai ∩ Aj) = (N −2)!N !

= 1N (N −1) , 1 ≤ i < j ≤ N,

P (Ai ∩ Aj ∩ Ak) = (N −3)!N !

= 1N (N −1)(N −2) , 1 ≤ i < j < k ≤ N,

. . .P (A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ AN ) = 1

N !.



1.5. USLOVNA VJEROVATNOCA 9

Posto je ocigledno A =N

i=1

Ai i posto vrijedi formula

P (N i=1

Ai) =N i=1

P (Ai) − 1≤i<j≤N

P (Ai ∩ Aj)+

1≤i<j<k≤N

P (Ai ∩ Aj ∩ Ak) − · · · + (−1)N −1P (A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ AN ),

imamo da je

P (A) =N i=1

1N

− 1≤i<j≤N

1N (N −1) + · · · + (−1)N −1 · 1

N !=

= 1 − N 2 1N (N −1) + N

3 1N (N −1)(N −2) − · · · + (−1)N −1 · 1N !

Znaci,

P (A) = 1 − 1

2!+

1

3!− · · · +

(−1)N −1

N !→ 1 − 1

ekad N → ∞.

• Ako je niz dogad-aja An monotono neopada juci to jest An ⊆ An+1 ondavrijedi

P (+∞i=1

Ai) = limn→+∞

P (An),

• Ako je niz dogad-aja An monotono nerastuci to jest An+1 ⊆ An ondavrijedi

P (+∞i=1

Ai) = limn→+∞P (An),

Primjedba 1.1. Poslednje dvije osobine su poznate kao neprekidnost vjero-

vatnoce.

1.5 Uslovna vjerovatnoca

Neka je dat prostor elementarnih dogad-aja Ω i neka se ostvario dogad-ajA. Ako se sada trazi vjerovatnoca dogad-aja B onda je prostor elementarnih

dogad-aja suzen na A. Na taj nacin dolazimo do pojma uslovne vjerovatnoce.

Primjer 1.14. Neka se u kutiji nalazi jedna bijela i dvije crne kuglice. Izvucena je na slucajan nacin jedna kuglica bez vracanja i konstatovano je da je ona bijela.Kolika je vjerovatnoca da je druga izvucena kuglica crna? Neka je b oznaka za bijelu i c1, c2 oznake za crne kuglice. Sada imamo,

Ω = (b, c1), (b, c2), (c1, b), (c2, b), (c1, c2), (c2, c1),




A = (b, c1), (b, c2), B = (b, c1), (b, c2).

U slucaju da se desio dogad -aj A vjerovatnoca dogad -aja B je jednaka 1.Inace, da nije izvucena prva kuglica vjerovatnoca je 2

3.

Neka je dat konacan prostor vjerovatnoca Ω koji ima n elemenata. Pret-postavimo da dogad-aji A ⊆ Ω, B ⊆ Ω i A ∩ B redom imaju m, r i s elemenata.Dalje, neka se ostvario dogad-aj A i pretpostavimo da trazimo vjerovatnocu do-gad-aja B. Tada je

P =s

m=

snmn

=P (A ∩ B)

P (A).

Definicija 1.4. Neka je dat prostor Ω elementarnih dogad-aja i vjerovatnocaP . Uslovna vjerovatnoca dogad-aja B u odnosu na dogad-aj A takav da jeP (A) > 0 je

P (B|A) = P (A ∩ B)P (A)

.

Koristeci definiciju uslovne vjerovatnoce i matematicku indukciju mozemodobiti sljedecu teoremu o proizvodu vjerovatnoca.

Teorema 1.2. Neka su dati dogad -aji A1, A2, . . . , An tada vrijedi

P (A1∩A2∩· · ·∩An) = P (A1)P (A2|A1)P (A3|A1∩A2) · · · P (An|A1∩·· ·∩An−1).

Primjer 1.15. Kutija od 100 proizvoda se smatra dobrom, ako se u prvih 5 proizvoda, na slucajan nacin izabranih ne nalazi ni jedan neispravan proizvod.Kolika je vjerovatnoca da kutija u kojoj je 5% neispravnih proizvoda bude progla-sena za dobrom? Oznacima sa Ai da je i−ti izabrani proizvod dobar, i = 1, . . . , 5. Tada je trazena

vjerovatnoca P (5

i=1Ai). Na osnovu teoreme o proizvodu vjerovatnoca imamo

P (5

i=1

Ai) = 95100

· 9499

· 9398

· 9297

· 9196

≈ 0.77.

Koristeci aksiome vjerovatnoce jednostavno se dobija sljedeca teorema.

Teorema 1.3. Ako je F σ−polje dogad -aja, P vjerovatnoca i P (H ) > 0 tada je funkcija P (·|H ) : F → [0, +∞) vjerovatnoca.

Dakle, pomocu uslovne vjerovatnoce mozemo generisati nove vjerovatnoce.

1.6 Nezavisni dogad-aji

Uslovna vjerovatnoca nas dovodi do pojma nezavisnosti dogad-aja.

Definicija 1.5. Dogad-aji A i B su nezavisni ako vrijedi

P (A ∩ B) = P (A) · P (B).



1.6. NEZAVISNI DOGAD-AJI 11

Iz definicije nezavisnosti i definicije uslovne vjerovatnoce dobijamo da je

P (B|A) = P (A) ako su dogad-aji A i B nezavisni. Znaci, ako se ostvario dogad

-ajA to ne utice na vjerovatnocu dogad-aja B.

Definicija 1.6. Dogad-aji A1, A2, . . . , An su nezavisni u parovima ako vrijedi

P (AiAj) = P (Ai)P (Aj), i = j,

a nezavisni u ukupnosti (cjelosti) ako vrijedi

P (Ai1Ai2 · · · Aik) = P (Ai1)P (Ai2) · · · P (Aik)

za sve izbore i1, i2, . . . , ik ⊆ 1, 2, . . . , n.

Ako su dogad-aji nezavisni u ukupnosti oni su nezavisni i u parovima. Med-utim,obrnuto ne vrijedi.

Primjer 1.16. Neka su dati dogad -aji A = 1, 2, B = 2, 3, C = 2, 4 i

prostor elementarnih dogad -aja Ω = 1, 2, 3, 4. Tada je

P (A) = P (B) = P (C ) =1

2, P (AB) = P (BC ) = P (AC ) =

1

4,

P (ABC ) =1

4, P (A)P (B)P (C ) =

1

8,

pa imamo da su A, B i C nezavisni u parovima ali nisu nezavisni u ukupnosti, jer nije P (ABC ) = P (A)P (B)P (C ).

Teorema 1.4. Ako su dogad -aji A i B nezavisni onda su takvi i A i BC , AC i B i AC i BC .

Dokaz. Kako su AB i ABC disjunktni dogad-aji i A = AB + ABC imamo

P (A) = P (AB) + P (ABC ).

Odavde je

P (ABC ) = P (A)−P (AB) = P (A)−P (A)P (B) = P (A)(1−P (B)) = P (A)P (BC ).

Analogno se pokazuje za AC i B. Dokaz za AC i BC se dobija polazeci odnezavisnosti AC i B i koristeci dokaz nezavisnosti AC i BC .

Moze se pokazati da ako su dogad-aji A1, . . . , An nezavisni u cjelini (parovima)i ako neke od tih dogad-aja zamijenimo sa suprotnim dogad-ajima da dobijamo takod-e nezavisne dogad-aje u cjelini (parovima). Na osnovu toga lakozakljucujemo da vrijedi sljedeca teorema.

Teorema 1.5. Ako su A1, . . . , An nezavisni tada je

P (

ni=1

Ai) = 1 −n

i=1(1 − P (Ai)).

Primjer 1.17. Tri strijelca po jednom gad -aju metu. Vjerovatnoca pogotka jeredom 0.8, 0.7 i 0.9. Naci vjerovatnocu da je:(i) cilj pogod -en bar jednom,(ii) cilj tacno jednom pogod -en.Rezultat. (i) 0.994, (ii) 0.092.




1.7 Fomula potpune vjerovatnoce

Definicija 1.7. Dogad-aji H 1, H 2, . . . , H n ⊂ Ω, za koje vrijedi(i) H i ∩ H j = ∅, i = j,

(ii)n

i=1H i = Ω,

zovu se hipoteze (potpun sistem dogad-aja).

Teorema 1.6. ( Formula potpune vjerovatnoce)Neka su H 1, H 2, . . . , H n ⊂Ω hipoteze i A ⊂ Ω, tada je

P (A) =n

i=1

P (A|H i)P (H i).

Dacemo jednu primjenu formule potpune vjerovatnoce.

Primjer 1.18. U prvoj kutiji se nalazi 10 bijelih i 10 crnih kuglica, a u drugoj kutiji se nalazi 8 bijelih i 10 crnih kuglica. Iz prve kutije se u drugu prebacedvije kuglice, pa se nakon toga iz te kutije bira kuglica. Kolika je vjerovatnoca da se iz druge kutije izabere bijela kuglica? Oznacimo sa :H 1−u drugu kutiju su prebacene dvije bijele kuglice,H 2−u drugu kutiju je prebacena jedna bijela i jedna crna kuglica,H 3−u drugu kutiju su prebacene dvije crne kuglice.Tada je

P (H 1) = 102 202 =

9

38 ,

P (H 2) =

101

101

202

=10

19,

P (H 3) =

102

202

=9

38,

P (A|H 1) =10

20=

1

2, P (A|H 2) =

9

20, P (A|H 3) =

8

20=

2

5.

Na osnovu formule potpune vjerovatnoce dobijamo

P (A) =3

i=1

P (A|H i)P (H i) =9

76+

9

38+

9

95=

171

380.



1.8. BAJESOVA FORMULA 13

1.8 Bajesova formula

Koristeci uslovnu vjerovatnocu mozemo racunati vjerovatnoce hipoteza posleostvarenog dogad-aja. Formula pomocu koje to radimo poznata je kao Bajesova

formula (Thomas Bayes, 18. vijek)

Teorema 1.7. Neka su H 1, H 2, . . . , H n ⊂ Ω hipoteze i A ⊂ Ω takav da jeP (A) = 0. Tada je

P (H j |A) =P (H j)P (A|H j)

P (A)=

P (H j)P (A|H j)n

i=1P (A|H i)P (H i)

.

Primjedba 1.2. Vjerovatnoce P (H i|A) nazivaju se aposteriorne vjerovatnoce,a vjerovatnoce P (H

i) apriorne vjerovatnoce.

Primjer 1.19. Vjerovatnoca da ce student A rijesiti zadatak je 0.7, a za stu-denta B odgovarajuca vjerovatnoca oznosi 0.9. Slucajno se bira student. Kolika je vjerovatnoca da ce zadatak biti rijesen? Ako je zadatak rijesen, kolika jevjerovatnoca da ga je rijesio student B?

1.9 Rijeseni zadaci

Zadatak 1.1. Cetiri kartice su numerisane brojevima 1, 2, 3, 4. Slucajno seizvlaci jedna kartica i registruje broj. Pokazati da su dogad-aji: A-broj je paran,B-broj je manji od 3, C-broj nije potpun kvadrat, u parovima nezavisni, ali nisunezavisni u ukupnosti.Ovdje je

Ω = 1, 2, 3, 4, A = 2, 4, B = 1, 2, C = 2, 3.

Posto jeA ∩ B = A ∩ C = B ∩ C = A ∩ B ∩ C = 2,

vrijedi sljedece:

P (A) = P (B) = P (C ) =1

2,

P (A ∩ B) = P (A ∩ C ) = P (B ∩ C ) =1

4,

P (A∩

B∩

C ) =1

4.

Dakle,

P (A ∩ B) = P (A)P (B), P (A ∩ C ) = P (A)P (C ),

P (B ∩ C ) = P (B)P (C ),

ali jeP (A ∩ B ∩ C ) = P (A)P (B)P (C ).




Zadatak 1.2. Dokazati da nezavisnost dogad-aja A i B povlaci nezavisnost

dogad-aja A

C

i B

C

, A

C

i B te A i B

C

.Iskoristicemo formule

P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) i P (AC ) = 1 − P (A).

Vrijedi slijedece

P (AC ∩ BC ) = P ((A ∪ B)C ) = 1 − P (A ∪ B).

Dakle,P (AC ∩ BC ) = 1 − (P (A) + P (B) − P (A ∩ B)).

Ako su A i B nezavisni dogad-aji onda je

P (AC

∩BC ) = 1

−P (A)

−P (B) + P (A)P (B)

= (1 − P (A))(1 − P (B)) = P (AC )P (BC ),

pa su i dogad-aji AC i BC nezavisni.U drugom slucaju je

P (B) = P (Ω ∩ B) = P ((A ∪ AC ) ∩ B).

Kako je(A ∪ AC ) ∩ B = (A ∩ B) ∪ (AC ∩ B),

imamoP (B) = P (A ∩ B) + P (AC ∩ B) − P (A ∩ AC ∩ B),

pa zbog, P (A

∩AC

∩B) = P (

∅) = 0, dobijamo

P (B) = P (A ∩ B) + P (AC ∩ B).

Ako su A i B nezavisni slijedi

P (B) = P (A)P (B) + P (AC ∩ B),

pa jeP (AC ∩ B) = (1 − P (A))P (B) = P (AC )P (B).

Treci sluca j: Ako su A i B nezavisni, onda su AC i B nezavisni, pa su i (AC )C

i BC tj. A i BC nezavisni dogad-aji. Ili iz nezavisnosti A i B slijedi nezavisnostB i A, pa i BC i A.Zadatak 1.3. Neka su dogadjaji A i B takvi da je

P (A ∩ B) =1

4, P (AC ) =

1

3, P (B) =

1

2.

Odrediti P (A ∪ B).Kako je

P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) i P (AC ) = 1 − P (A),



1.9. RIJE SENI ZADACI 15

imamo

P (A ∪ B) =

2

3 +

1

2 −1

4 =

11

12 .

Zadatak 1.4. Tri igraca A, B, C tim redom bacaju kocku sve dok prvi put nepadne broj 6. Pobjed-uje onaj igrac kod koga padne 6. Naci za svakog igracavjerovatnocu da bude pob jednik.Neka su Ak, Bk, C k dogad-aji: igracu A, B, C je u k-tom pokusaju pala sestica,a DA, DB, DC dogad-aji da je odgovarajuciigrac pobijedio. Tada vrijedi

DA = A1 + AC 1 BC

1 C C 1 A2 + AC

1 BC 1 C C

1 AC 2 BC

2 C C 2 A3 + · · · +

+AC 1 BC

1 C C 1 AC

2 BC 2 C C

2 · · · AC k BC

k C C k Ak+1 + · · ·

Dogad-aji AC 1 , BC

1 , C C 1 , . . . , AC

k , BC k , C C

k , Ak+1, . . . su nezavisni i

P (AC k ) = P (BC

k ) = P (C C k ) =

56

, P (Ak+1) =16

,

pa je

P (DA) =1

6+

5

6

31

6+ · · · +

5

6

3k1

6+ · · · =

36

91.

Slicno se dobije

P (DB) =30

91i P (DC) =

25

91.

Krace je ovako. Neka je P (DA) = p. Tada je

P (DB

) =5 p

6

,

jer ako igracu A u prvom bacanju ne padne 6, igra se ponavlja u redoslijeduB, C, A. Takod-e,

P (DC) =25 p

36

iDA + DB + DC = Ω,

odakle je

p +5 p

6+

25 p

36= 1 i p =

36

91.

Primjedba. Ako je A ∩ B = ∅, umjesto A ∪ B pisemo A + B.Zadatak 1.5. Cetiri crne i cetiri crvene karte nizu se slucajno. Naci vjerovatnocesljedecih dogad-aja:a) A-niz pocinje i zavrsava crnom kartom,b) B-crne karte su jedna do druge,c) C -crne karte su jedna do druge i crvene karte su jedna do druge,d) D-bo je su naizmjenicno poredane.˚a) Broj svih mogucih nizova (rasporeda karata) je 8!. Na prvom mjestu crna




karta se moze naci na

41

nacina. Za svaki od njih crna karta se na posled-

njem mjestu moze naci na 31 nacina. To je 4131 mogucnosti. Za svaku odnjih preostalih 6 karata se, izmed-u, moze rasporediti na 6! nacina. Dakle, brojpovoljnih rasporeda je

41

6!31

, pa je

P (A) =

41

6!31

8!

=3

14.

b) U povoljnim slucajevima crne karte su na mjestima 1, 2, 3, 4 ili 2, 3, 4, 5 ili3, 4, 5, 6 ili 4, 5, 6, 7 odnosno 5, 6, 7, 8. Na cetiri mjesta cetiri crne karte se mogunaci na 4! nacina, a crvene isto tako na preostala cetiri mjesta. Broj povoljnihslucajeva (ishoda) je 5 · 4! · 4!, pa je

P (B) =5 · 4! · 4!

8!

=1

14

.

Na slican nacin dobijamo

P (C ) = P (D) =2 · 4! · 4!

8!=

1

35.

Zadatak 1.6. Data je elektricna sema

A C

¨ ¨

¨ ¨

¨ ¨

D ¨ ¨

B

Svaki od prekidaca je nezavisno od drugih, zatvoren sa vjerovatnocom1

2 . Nacivjerovatnocu da je mreza AB zatvorena.Dio mreze CD je otvoren ako su oba prekidaca otvorena. Vjerovatnoca togdogad-aja je 1

4, a vjerovatnoca da je dio CD zatvoren je 3

4. Sada je mreza

reducirana na

¨ ¨

¨ ¨

¨ ¨

A E CD F B

Dio EF je zatvoren ako su oba prekidaca zatvorena. Vjerovatnoca tog dogad-aja je 3

4· 12 = 3

8 . Sada mreza izgleda ovako

¨ ¨

¨ ¨

A EF B

Dakle, mreza AB je otvorena sa vjerovatnocom 58

· 12

, a zatvorena sa vjerova-tnocom 11

16 .Zadatak 1.7. Od N proizvoda M je neispravnih. Slucajno se bira n proizvoda(n ≤ N ). Naci vjerovatnocu da je med-u njima:a) m neispravnih (m ≤ n),




b) najvise m neispravnih.

a) Od N proizvoda, n se moze izabrati na N n nacina. Neispravni proizvodi se

mogu izabrati naM m

, a ispravni na

N −M n−m

nacina. Dakle,

p =

M m

N −M n−m

N M

.

Dalje, vrijedi N − M ≥ n − m (inace bi med-u izabranim proizvodima bilo viseispravnih nego sto ih ukupno ima), odnosno m ≥ n + M − N . Slijedi uslov

K 0 = max0, n + M − N ≤ m ≤ minn, M .

b) Trazena vjerovatnoca je zbir vjerovatnoca dogad-aja: med-u izabranim proizvodima

m je nespravnih, ili m − 1 neispravnih, . . .Ako je N − M ≥ n tada je K 0 = 0 ≥ n + M − N i

p =

M m

N −M n−m

+ · · · +

M 0

N −M

n

N n

.

U suprotnom je N − M < n ili 0 < n + M − N = K 0, pa je posljednji sabirakM

n+M −N

N −M N −M

. Znaci,

p =

mK=K0

M k

N −M n−k

N n

.

Zadatak 1.8. Iz skupa

Ω = (x1, . . . , x10) : x1 + · · · + x10 = 20, xi ∈ N ∪ 0, i = 1, . . . , 10na slucajan nacin se bira jedan elemenat (x1, x2, . . . , x10). Odrediti vjerovatnocuda je x1 ≥ 3 i x10 ≥ 5.Odredimo prvo bro j rjesenja jednacine

x1 + · · · + xk = n,

u nenegativnim cijelim brojevima.Broj rjesenja jednak je broju nacina da se izmed-u k − 1 jedinica stavi n nulasto je isto sto i broj nacina da se od n + k

−1 elemenata izabere podskup od

k − 1 elemenata, a to je n + k − 1

k − 1

.

Broj elemenata skupa Ω je 20 + 10 − 1

10 − 1

=

29

9

.




Broj svih elemenata iz Ω za koje je x1 ≥ 3 i x10 ≥ 5 je broj rjesenja jednacine

y1 + y2 + · · · + y10 = 20 − 3 − 5,

gdje jey1 = x1 − 3, yi = xi, i = 2, . . . , 9, y10 = x10 − 5,

a to je 12 + 10 − 1

10 − 1

=

21

9

.

Trazena vjerovatnoca je

P =

219

299

.

Zadatak 1.9.Iz kutije ko ja sadrzi n bijelih i m crnih kuglica slucajno izvlacimok ≤ m + n kuglica.

a) Naci vjerovatnocu da se med-u kuglicama nalazi tacno j ( j ≤ k) bijelih.b) Koristeci se rezultatom pod a), naci zbir

kj=0

n

j

m

k − j

.

˚a) Trazena vjerovatnoca je

pj = nj

mk−j

n+m

k , j = 0, . . . , k .

Kako jek

j=0

pj = 1,

imamok

j=0

n

j

m

k − j

=

n + m

k

.

Zadatak 1.10. Vjerovatnoca da aparat za igru izbaci broj i, je

pi =

e−12

2ii! , i ∈ N ∪ 0.

Poznato je da je aparat izbacio dva broja i da je njihov zbir n. Odreditivjerovatnocu da je prvi broj jednak k.Trazi se P (X = k|X + Y = n), gdje je

P (X = i) = P (Y = i) =e−

12

2ii!, i ∈ N ∪ 0.




Kako je

P (X = k|X + Y = n) =P (X = k)P (Y = n

−k)

P (X + Y = n)

i

P (X + Y = n) =

ni=0

P (X = i)P (Y = n − i),

to jest

P (X + Y = n) ==

ni=0

e−12

2ii!· e−

12

2n−i(n − i)!,

P (X = k|Y = n − k) =

n

k

1

e · n!2n,

imamoP (X = k|X + Y = n) =

n

k

1

2n, k ∈ 0, 1, . . . , n.

Zadatak 1.11. Pri proizvodnji istog proizvoda, 3 masine tipa A, 5 tipa Bi 2 tipa C proizvode redom 5%, 3%, 1% neispravnih proizvoda. Slucajno se bira jedan proizvod.a) Kolika je vjerovatnoca da je neispravan ?b) Ako je izabrani proizvod neispravan, kolika je vjerovatnoca da je proizvedenna masini tipa B?˚a) Neka su H A, H B, H C dogad-aji: proizvod je proizveden na masini tipaA,B, odnosno C , a D izabrani proizvod je neispravan. Prema formuli potpune

vjerovatnoce je:

P (D) = P (H A)P (D|H A) + P (H B)P (D|H B) + P (H C )P (D|H C ),

pa je

P (D) =3

10· 5

100+

5

10· 3

100+

2

10· 1

100= 0.032.

b)Prema Bajesovoj formuli je

P (H B|D) =P (H B)P (D|H B)

P (D)=

5

10· 3

10032

1000

=15

32.

Zadatak 1.12. Dva strijelca gad-aju istu metu svaki ispalivsi po jedan hitac.Vjerovatnoca pogotka za prvog strijelca je 0.7, a za drugog 0.5. Poslije gad-anjaustanovljeno je da je meta pogod-ena jednim metkom. Odrediti vjerovatnocu da ju je pogodio drugi strijelac.Neka je A dogad-aj da je meta pogod-ena jednim metkom. Dalje, neka je:

H 00 dogad-aj da ni jedan strijelac nije pogodio,




H 10 dogad-aj da je pogodio samo prvi strijelac,

H 01 dogad-aj da je pogodio samo drugi strijelac,H 11 dogad-aj da su pogodila oba strijelca.

Sada je

P (H 00) =3

10· 5

10, P (A|H 00) = 0,

P (H 10) =7

10· 5

10, P (A|H 10) = 1,

P (H 01) =3

10· 5

10, P (A|H 01) = 1,

P (H 11) =7

10· 5

10, P (A|H 11) = 0.

Na osnovu formule potpune vjerovatnoce je

P (A) =7

10· 5

10+

3

10· 5

10=

35 + 15

100=

50

100=

1

2.

Prema Bajesovoj formuli je

P (H 01|A) =P (A|H 01)P (H 01)

P (A)=

3

10· 5

101

2

=3

10= 0.3.

Zadatak 1.13. Jedan ured-aj se sastoji iz dva dijela. Da bi ured-aj radioneophodno je da radi svaki dio. Vjerovatnoca da radi prvi dio u intervalu vre-

mena t iznosi 0.8, vjerovatnoca da drugi dio radi u istom intervalu iznosi 0.7.Ako je ured-aj ispitivan u intervalu vremena t i otkazao je, naci vjerovatnocu dasu otkazala oba dijela.Neka je A dogad-aj da je ured-aj otkazao i

H 00 dogad-aj da su otkazala oba dijela,H 10 dogad-aj da je otkazao samo drugi dio,H 01 dogad-aj da je otkazao samo prvi dio,H 11 dogad-aj da su oba dijela ispravna.

Imamo,

P (H 00) =2

10· 3

10, P (A|H 00) = 1,

P (H 10) =

8

10 ·3

10 , P (A|H 10) = 1,

P (H 01) =2

10· 7

10, P (A|H 01) = 1,

P (H 11) =8

10· 7

10, P (A|H 11) = 0.




P (A) = P (A|H 00)P (H 00) + P (A|H 01)P (H 01) + P (A|H 10)P (H 10)

+P (A|H 11)P (H 11) =6

100+

24

100+

14

100=

44

100.

P (H 00|A) =P (A|H 00)P (H 00)

P (A)=

6

10044

100

=6

44=

3

22

Zadatak 1.14. U jednom skladistu su svi proizvodi ispravni, a u drugom ima35% skarta. Na slucajan nacin je odabran dobar proizvod iz nekog skladista inakon toga vracen u isto skladiste. Izracunati vjerovatnocu da je drugi proizvodiz istog skladista skart.Neka je A dogad-aj da je prvi izvuceni proizvod dobar. Neka su H 1, H 2 dogad-aji(hipoteze) da je proizvod izvucen iz prvog odnosno drugog skladista. Imamo,

P (H 1) =1

2, P (A|H 1) = 1,

P (H 2) =1

2, P (A|H 2) =

65

100.

Sada je

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

2

1 +

65

100

=

165

200.

P (H 1|A) =P (H 1)P (A|H 1)

P (A)=

12

· 1165200

=100

165,

P (H 2|A) = P (H 2)P (A|H 2)P (A)

=12 · 65100165200

= 65165

.

Neka je B dogad-aj da je drugi izvuceni proizvod skart. Opet, prema formulipotpune vjerovatnoce je

P (B) = P (B|H 1)P (H 1) + P (B|H 2)P (H 2),

gdje je H 1 = H 1|A, H 2 = H 2|A.

P (B) =65

165· 35

100+

100

165· 0 =

65

165· 35

100=

91

660.

Zadatak 1.15. Vozovi duzine 180 metara krecu se brzinom 30 metara u sekundi

po prugama koje se med

-

usobno ukrstaju. Trenutak u kome ce oni proci krozraskrsce je slucajan izmed-u 900= i 9

30=. Izracunati vjerovatnocu sudara.

Neka je A dogad-aj da je doslo do sudara. Ako sa X oznacimo trenutak ulaskaprvog, a sa Y trenutak ulaska drugog voza u raskrsce, tada, posto vozovi duzine180 metara prolaze kroz raskrsce 6 sekundi jer se krecu brzinom 30 metara usekundi imamo

Ω = (x, y) 0 ≤ x ≤ 1800, 0 ≤ y ≤ 1800.




A = (x, y) ∈ Ω

|x − y| < 6.

Neka je m(A) mjera oblasti A, to jest u ovom slucaju povrsina. Trazenavjerovatnoca je

P (A) =m(A)

m(Ω)=

18002 − 17942

18002= 0.006656

Zadatak 1.16. Brojevi x i y se na slucajan nacin i nezavisno jedan od drugogbiraju iz intervala [0, 1]. Neka jeA = (x, y) : |x − y| ≤ 1

2 i B = (x, y) : maxx, y ≤ 1

2.

Naci vjerovatnocu dogadjaja A ∪ B.Lako se dobija

µ(A) = 1 −1

4 =

3

4 , µ(B) =

1

4 , µ(A ∩ B) =

1

4 .

Kako je P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B), imamo P (A ∪ B) = 34

.Primjedba. Kako je A ∪ B = A imamo P (A ∪ B) = P (A) = 3

4.

Zadatak 1.17. Na kruznici poluprecnika R slucajno su izabrane tri tacke A, Bi C . Kolika je vjerovatnoca da je trougao ABC ostrougli?Neka je x duzina luka kruznice koji spaja tacke A i B, a y duzina luka kruznicekoji spaja B i C . Izbor tacaka A, B i C jednoznacno odred-uje brojeve x, y zakoje vazi

0 < x, 0 < y, x + y < 2Rπ.

Znaci,Ω =

(x, y)

|x > 0, y > 0, x + y < 2Rπ

.

Trougao ABC je ostrougli ako je

x < Rπ, y < Rπ, x + y > Rπ.

Sada je A = (x, y) ∈ Ω|x < Rπ, y < Rπ, x + y > Rπ. Znaci,

P (A) =m(A)

m(Ω)=

12R2π2

2R2π2=

1

4.

Zadatak 1.18. Na duzi duzine a na slucajan nacin se biraju dvije tacke.

Odrediti vjerovatnocu da je svaka od tri tako dobijene duzi kraca od b (b >a

3).

Svakom izboru dvije tacke A i B odgovara izbor tri duzi na duzi duzine a.

A B

x y a − x − y

Prema tome za Ω mozemo uzeti,

Ω = (x, y) | x > 0, y > 0, x + y < a.



1.10. ZADACI ZA SAMOSTALAN RAD 23

Neka je D dogad-aj cija se vjerovatnoca trazi,

D = (x, y) ∈ Ω|0 < x < b, 0 < y < b, a − b < x + y < a.

Sada razlikujemo dva slucaja

P (D) =m(D)

m(Ω)=

(3b − a)2

a2,

P (D) =m(D)

m(Ω)=

6ab − 2a2 − 3b2

a2.

1.10 Zadaci za samostalan rad

1. (a) Definisati prostor elementarnih dogad-aja.(b) Neka je F σ-polje dogad-aja i A, B ∈ F. Dokazati da A∩B, A\B ∈ F.

2. Definisati pojam vjerovatnoce.

3. Geometrijska definicija vjerovatnoce.

4. Iz kutije koja sadrzi 6 bijelih i 8 crnih kuglica slucajno izvlacimo 3 kuglice.Naci vjerovatnocu da se med-u kuglicama nalazi tacno 1 bijela i 2 crne.

5. Na slucajan nacin se biraju dva bro ja iz intervala [0, 1]. Kolika je vjerovatnocada je njihov zbir izmed-u 1

2i 1?

6. (a) Dokazati formulu P (A

∪B) = P (A) + P (B)

−P (A

∩B).

(b) Neka su dogadjaji A i B takvi da je

P (A ∩ B) =1

4, P (AC ) =

1

3, P (B) =

1

2.

Odrediti P (A ∪ B).

7. Definisati σ−polje dogad-aja.

8. Iz kutije koja sadrzi 7 bijelih i 6 crnih kuglica slucajno izvlacimo 5 kuglica.Naci vjerovatnocu da se med-u kuglicama nalazi tacno 2 bijele i 3 crne.

9. Data je elektricna sema

A ¨ ¨

¨ ¨

¨ ¨

B

Svaki od prekidaca je nezavisno od drugih, zatvoren sa vjerovatnocom 12

.Naci vjerovatnocu da je mreza AB zatvorena.




10. (a) Dokazati formulu P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B).

(b) Neka su dogadjaji A i B takvi da je

P (A ∩ B) =1

4, P (AC ) =

1

3, P (B) =

1

2.

Odrediti P (A ∪ B).



2

Visestruka ispitivanja

2.1 Bernulijeva sema

Neka je Ω prostor elementarnih dogad-aja i A ⊆ Ω. Za niz opita u kojima je vjerovatnoca realizacije dogad-aja ista i nezavisna od ostalih opita kazemoda cini Bernulijevu semu. Sa S n oznacavamo broj realizacija dogad-aja Au Bernulijevoj semi. Broj Sn

n se naziva relativna ucestalost (frekvencija)dogad-aja A u n ponovljenih opita. Odredicemo vjerovatnocu P (S n = k), to jestda ce poslije n opita dogad-aj A nastupiti tacno k puta (k ≤ n).Odgovor na ovo pitanje je dao Jakob Bernuli u 18. vijeku. Naime, vrijedi,

P (S n = k) = n

k p

k

q

n

−k

, q = 1 − p.

Nije tesko vidjeti da se vjerovatnoce P (S n = k) javljaju kao koeficijenti uz xk urazvoju binoma

ϕn(x) = (q + px)n =n

j=0

n j

pjqn−jxj =

nj=0

P (S n = j)xj .

Zbog prethodne osobine, vjerovatnoce date sa P (S n = k), k = 0, 1, . . . , n , zovuse binomni zakon raspodjele vjerovatnoca, a po matematicaru Bernuliju iBernulijev zakon raspodjele vjerovatnoca.

Primjedba 2.1. Funkcija ϕn zove se generatrisa vjerovatnoca P (S n = k).

Primjer 2.1. Vjerovatnoca prijema radio signala iznosi 0.9. Kolika je vjerovatnoca da ce se pri predaji 5 signala primiti :(a) 3 signala? (b) ne manje od 3 signala?

(a) P (S 5 = 3) =

53

0.93 · 0.12 = 0.0729.

25



26 2. VI SESTRUKA ISPITIVANJA

(b) P (3

≤S 5

≤5) = P (S 5 = 3) + P (S 5 = 4) + P (S 5 = 5) =

53 0.93

·0.12 + 5

4

0.94 · 0.1 +

55

0.95 = 0.99.

2.2 Najvjerovatniji broj pojavljivanja dogad-aja

Vjerovatnoce P (S n = k), k = 0, 1, . . . , n, mozemo shvatiti kao funkciju cjelo-brojnog argumenta k. Ta funkcija dostize maksimum za neku vrijednost k0.Vrijednost k0 je najvjerovatniji broj realizacije dogad-aja A u n ponavljanjaopita. Ocigledno je da za k0 vrijedi

n

k0

−1

pk0−1 · qn−(k0−1) ≤

nk0

pk0 · qn−k0

i nk0

pk0 · qn−k0 ≥

n

k0 + 1

pk0+1 · qn−(k0+1).

Iz ovih nejednacina imamok0 ≤ np + p,

ik0 ≥ np + p − 1.

Dakle, P (S n = k) ima maksimum za ono k0 koje zadovoljava dvostruku ne- jednacinu

np + p − 1 ≤ k0 ≤ np + p.

Odavde dobijamo da ako je np + p cijeli broj onda za k0 mozemo uzeti dvijevrijednosti np + p ili np + p −1, a ako np + p nije cijeli broj onda za k0 uzimamo[np + p], gdje je [x] oznaka za cijeli dio broja x.

Primjer 2.2. Kocka se baca 50 puta. Odrediti najvjerovatniji broj pojavljivanja dogad -aja : pao je broj djeljiv sa 3.Rjesenje. Za najvjerovatniji broj pojavljivanja dogad -aja u Bernulijevoj semi, to jest za broj k ∈ 0, 1, . . . , n za koji je vjerovatnoca

P k =

nk

pkqn−k

maksimalna vrijedi np

−q

≤k

≤np + p.

Ovdje je

n = 50, p =1

3, q =

2

3,

pa vrijedi

16 = 501

3− 2

3≤ k ≤ 50

1

3+

1

3= 17.

Dakle, k ∈ 16, 17.



2.3. PUASONOVA RASPODJELA 27

Primjer 2.3. Izvodi se n nezavisnih opita koji se sastoje u bacanju k novcica.

Izracunati vjerovatnoce dogad -aja:A-bar jednom su na svim novcicima pali svi grbovi,

B-tacno m puta su na svim novcicima pali svi grbovi.Rjesenje. Neka Ai oznacava dogadjaj da u i-tom opitu nisu pali svi grbovi,i = 1, . . . , n . Vrijedi

P (Ai) = 1 − 1

2k, i = 1, . . . , n i AC = A1 · · · An.

Dogadjaji Ai su nezavisni, pa vrijedi

P (AC ) =

1 − 1

2k

n

.

Dakle,

P (A) = 1 −1 − 1

2kn

.

Za vjerovatnocu dogadjaja B, koristeci vjerovatnocu pojavljivanja dogadjaja u Bernulijevoj semi, imamo

P (B) =

nm

1

2k

m1 − 1

2k

n−m

.

2.3 Puasonova raspodjela

Za velike vrijednosti n vjerovatnoce P (S n = k) nije jednostavno odrediti.Ilustrujmo to jednim primjerom.

Primjer 2.4. Pri proizvodnji nekog proizvoda vjerovatnoca da ce se proizvesti neispravan proizvod iznosi 0.004. Kolika je vjerovatnoca da ce se u skupu od 100 proizvoda naci jedan neispravan proizvod? Imamo

P (S 100 = 1) =

100

1

0.0041(1 − 0.004)100−1 = 0.4 · 0.99699.

Vidimo da treba vrsiti ogromna izracunavanja.

Da bi rijesio probleme ove vrste Puason je dokazao sljedecu teoremu.

Teorema 2.1. Neka je P (A) = λn , λ > 0 i neka λ ne zavisi od n. Tada za svaki

k = 0, 1, . . . , n vrijedi

limn→+∞

P (S n = k) =λk

k!e−λ.

Primjedba 2.2. (i) Prethodna teorema vrijedi i ako se pretpostavi da je P (A) = pn, pri cemu je lim

n→+∞npn = λ.

(ii) Puasonova aproksimacija daje dobre rezultate za np < 10.




Raspodjela vjerovatnoca data sa

P (k) = λk

k!e−λ, k = 0, 1, 2, . . . ,

zove se Puasonov zakon raspodjele vjerovatnoca ili Puasonova raspod-

jela.

Primjer 2.5. Poznato je da u odred -enoj knjizi od 500 stranica postoji 500 stamparskih gresaka slucajno raspodijeljenih. Kolika je vjerovatnoca da na slucajnoodabranoj stranici knjige nema manje od tri greske ?Rjesenja. Trazi se P (S 500 ≥ 3), gdje je p = 1

500i λ = n · p = 500 · 1

500= 1. Kako

jeP (S 500 ≥ 3) = 1 − P (S 500 ≤ 2),

na osnovu Puasonove teoreme imamo aproksimaciju

P (S 500 ≥ 3) ≈ 1 −2

i=0

1

i!e−1 ≈ 0.080301.

2.4 Normalna (Gausova) raspodjela

U prakticnim problemima se pokazalo da Puasonova aproksimacija da je do-bre rezultate za np < 10. Ako je np ≥ 10 koristi se normalna aproksimacijadata sljedecom teoremom.

Teorema 2.2. ( Lokalna Muavr-Laplasova teorema ) Neka je p ∈ (0, 1)vjerovatnoca dogad -aja u svakom od n nezavisnih opita i neka postoje a, b ∈ R

takvi da je

a ≤ k − np√npq

≤ b za sve k, n ∈ N, k ∈ 0, 1, . . . , n, q = 1 − p.

Tada vrijedi

limn→+∞

P (S n = k)

1√2πnpq

e−(k−np)22npq

= 1.

Teorema 2.3. ( Integralna Muavr-Laplasova teorema ) Pri uslovima pre-thodne teoreme vrijedi

P (a ≤ S n ≤ b) ∼1

√2π

b−np√ npq

a−np√ npq

e−t2

2

dt,n → +∞

Primjedba 2.3. (i) Vrijednosti funkcije

Φ(x) =1√2π

x 0

e−t2

2 dt




date su tablicama.

(ii) Kriva data jednacinom

ϕ(t) =1√2π

e−t2

2 ,

zove se Gausova kriva obicne normalne raspodjele.(iii) Aproksimacija data prethodnom teoremom zove se i normalna aproksi-

macija.

Primjer 2.6. Vjerovatnoca proizvodnje neispravnog proizvoda je 0.002. Naci vjerovatnocu da u seriji od 2500 proizvoda broj neispravnih bude izmed -u 36 i 57.Rjesenje. Ovde je np = 2500 · 0.002 = 50 > 10, pa koristimo normalnu aproksi-maciju.

P (36 ≤ S 2500 ≤ 57) ∼ 1√2π

1 −2

e−t2

2 dt = Φ(1)−Φ(−2) = Φ(1)−(1−Φ(2)) ≈ 0.818.

2.5 Rijeseni zadaci

Zadatak 2.1. Kocka se baca 50 puta. Odrediti najvjerovatniji broj po javlji-vanja dogad-aja : pao je broj djeljiv sa 3.Za najvjerovatniji broj pojavljivanja dogad-aja u Bernulijevoj semi, to jest zabroj k ∈ 0, 1, . . . , n za koji je vjerovatnoca

P k = nk pkqn−k

maksimalna vrijedinp − q ≤ k ≤ np + p.

Ovdje je

n = 50, p =1

3, q =

2

3,

pa vrijedi

16 = 501

3− 2

3≤ k ≤ 50

1

3+

1

3= 17.

Dakle, k ∈ 16, 17.

Zadatak 2.2. Izvodi se n nezavisnih opita koji se sastoje u bacanju k novcica.Izracunati vjerovatnoce dogad-aja:A-bar jednom su na svim novcicima pali svi grbovi,B-tacno m puta su na svim novcicima pali svi grbovi.Neka Ai oznacava dogadja j da u i-tom opitu nisu pali svi grbovi, i = 1, . . . , n .Vrijedi

P (Ai) = 1 − 1

2k, i = 1, . . . , n i AC = A1 · · · An.




Dogadjaji Ai su nezavisni, pa vrijedi

P (AC ) = 1 − 12kn

.

Dakle,

P (A) = 1 −

1 − 1

2k

n

.

Za vjerovatnocu dogadja ja B, koristeci vjerovatnocu pojavljivanja dogadja ja uBernulijevo j semi, imamo

P (B) =

nm

1

2k

m1 − 1

2k

n−m

.

Zadatak 2.3. Tacke M , N , P su sredine stranica trougla ABC . Na slucajan

nacin se bira n tacaka u trouglu ABC . Odrediti vjerovatnocu pi, i = 1, . . . , n ,da se u trouglu MN P nalazi i tacaka. Za koje i je ta vjerovatnoca maksimalna?Naci vjerovatnocu da se u trouglu M N P nalaze bar n − 2 tacke.Odredimo vjerovatnocu da tacka pripada trouglu MN P .

p =P MNP

P ABC =

1

4

P ABC

P ABC =

1

4.

Sada za vjerovatnocu pi imamo

pi =

ni

pi(1 − p)n−i,

dakle,

pi = ni 3n−i

4n,

Najvjerovatniji broj pojavljivanja u Bernulijevoj semi (zadatak 2.1) je za

n + 1

4− 1 ≤ i ≤ n + 1

4.

Vjerovatnoca da se u trouglu nalaze bar n − 2 tacke je

pn−2 + pn−1 + pn =9n2 − 3n + 2

2 · 4n.

Zadatak 2.4. U kutiji se nalazi 300 bijelih i 200 crnih kuglica. Slucajno se bira150 kuglica sa vracanjem. Naci vjerovatnocu da se broj bijelih kuglica nalazi

izmed-u 78 i 108.Vrijedi

np = 90, np(1 − p) = 36,

pa je

P (78 < X < 108) = P

78 − 90

6<

X − E (X ) Var(X )

<108 − 90

6

,




P (78 < X < 108) = P (−2 < X ∗ < 3) = Φ(3) − Φ(−2) = 0.9759.

Zadatak 2.5. Ured-aj moze imati kvar A sa vjerovatnocom 0.01 i nezavisnood toga kvar B sa vjerovatnocom 0.02. Ured-aj je pokvaren ako ima oba kvara.Kupac prihvata seriju od 1000 ured-aja ako u seriji nema vise od k neispravnihured-aja. Odrediti k takvo da kupac prihvati seriju sa vjerovatnocom 0.999.Odredimo prvo vjerovatnocu da je slucajno izabrani ured-aj u kvaru. p = P ( kvar A, kvar B) = P ( kvar A)P ( kvar B) = 0.0002.Ako je X 1000 broj neispravnih ured-aja u seriji od 1000 ured-aja. Treba odreditik takvo da je P (X 1000 ≤ k) = 0.999. Koristeci tablice dobijamo k ≈ 2.Zadatak 2.6. Vjerovatnoca da je slucajno izabrani covjek visi od 180 cm je0.27. Odrediti vjerovatnocu da se u grupi od 1200 ljudi nalazi manje od 300ljudi visih od 180 cm.Neka X oznacava bro j ljudi visih od 180 cm. Vrijedi X : B(1200, 0.27). Trazi se

P (X < 300). Koristimo normalnu aproksimaciju.

P (X < 300) = P

X − np np(1 − p)

<300 − np np(1 − p)

.

Kako je np = 324, np(1 − p) = 236.5, imamo

P (X < 300) = P (X ∗ < −1.593) = 1 − P (X ∗ < 1.593) = 0.056.

Zadatak 2.7. Ako je poznato da je vjerovatnoca rad-anja djecaka priblizno0.515, naci vjerovatnocu da med-u 1000 novorod-encadi ima bar 10 djevo jcicavise nego djecaka.Koristimo normalnu aproksimaciju. Neka je S 1000 broj rod-enih djecaka med-u

hiljadu novorod-encadi. Treba odrediti

P (S 1000 ≤ 495).

Vrijedi sljedeceP (S 1000 ≤ 495) =

P

0 − 1000 · 0.515√

1000 · 0.515 · 0.485≤ S 1000 − 1000 · 0.515√

1000 · 0.515 · 0.485

≤ 495 − 1000 · 0.515√1000 · 0.515 · 0.485

,

pa je

P (S 1000 ≤ 495) = φ(1.26) − φ(32.59) ≈ 0.8962.


1. Kocka se baca 5 puta. Kolika je vjerovatnoca da se

(a) tacno dva puta pojavi broj 6,




(b) bar jednom pojavi broj 6,

(c) bar jednom pojavi broj 6 ili broj 5.

2. U jednoj zgradi su tri lifta. Vjerovatnoca da je svaki od njih ispravan je0.7. Naci vjerovatnocu da bar jedan lift radi.

3. Koliko puta treba baciti tri novcica da bi se sa vjerovatnocom od 0.75moglo ocekivati da ce se bar jednom pojaviti tri pisma.

4. Poznato je da u odred-enoj knjizi od 500 stranica postoji 500 stamparskihgresaka slucajno raspodijeljenih. Kolika je vjerovatnoca da na slucajnoodabranoj stranici knjige nema manje od tri greske ?

5. Ured-aj moze imati kvar A sa vjerovatnocom 0.01 i nezavisno od toga kvarB sa vjerovatnocom 0.02. Ured-aj je pokvaren ako ima oba kvara. Kupac

prihvata seriju od 1000 ured-aja ako u seriji nema vise od k neispravnihured-aja. Odrediti k takvo da kupac prihvati seriju sa vjerovatnocom 0.999.

6. Vjerovatnoca da je slucajno izabrani covjek visi od 180 cm je 0.27. Odred-iti vjerovatnocu da se u grupi od 1200 ljudi nalazi manje od 300 ljudi visihod 180 cm.

7. Ako je poznato da je vjerovatnoca rad-anja djecaka priblizno 0.515, nacivjerovatnocu da med-u 1000 novorod-encadi ima bar 10 djevojcica vise negodjecaka.



3

Slucajne promjenljive

3.1 Definicija i neki primjeri

U klasicnoj teoriji vjerovatnoce osnovni pojam je slucajni dogad-aj. Savre-mena teorija vjerovatnoce je teorija slucajnih promjenljivih.U opitu se svakom ishodu moze pridruziti neki realan bro j. To nas dovodi dodefinicije slucajne promjenljive.

Definicija 3.1. Neka je Ω prostor elementarnih dogad-aja i F σ−polje dogad-ajana Ω. Za funkciju X : Ω → R za koju vrijedi

ω

∈Ω : X (ω) < x

∈ F za sve x

∈R,

kazemo da je slucajna promjenljiva (velicina).

Dogad-aj ω ∈ Ω : X (ω) < x krace oznacavamo sa X < x. Kako jeX < x = X −1(−∞, x), imamo da je X : Ω → R slucajna promjenljiva ako

X −1(−∞, x) ∈ F za sve x ∈ R.

Primjer 3.1. 1. Novcic se baca dva puta. Prostor elementarnih dogad -aja je

Ω = PP,PG,GP,GG.

Neka je vjerovatnoca svakog elementarnog dogad -aja jednaka 1

4. Neka je

X broj pojavljivanja pisama u dva bacanja novcica. Imamo X (P P ) =2, X (P G) = X (GP ) = 1, X (GG) = 0.

2. U opitu sa dva ishoda od koji je jedan uspjeh, oznacimo sa X = 1 ako sedogodio uspjeh, a sa X = 0 ako se dogodio neuspjeh. Ako je p vjerovatnoca uspjeha, tada je P (X = 1) = p, P (X = 0) = 1 − p. Ovo je Bernulijeva

slucajna promjenljiva .

33



34 3. SLU CAJNE PROMJENLJIVE

3. Neka je data Bernulijeva sema sa vjerovatnocom uspjeha jednakom p.

Neka je X broj uspjeha u n uzastopnih ponavljanja. Tada je

P (X = k) =

nk

pk(1 − p)n−k, k = 0, 1, . . . , n .

Slucajna promjenljiva X se naziva binomnom slucajnom promjenljivom.

4. Neka je A ⊂ Ω. Indikator dogad -aja A je slucajna promjenljiva I Adefinisana sa

I A(ω) =

1, ω ∈ A,0, ω /∈ A.

Imamo P (I A = 1) = P (A), P (I A = 0) = 1 − P (A).

5. Neka je X slucajna promjenljiva koja moze da uzima proizvoljne vrijednosti iz segmenta [0, 1], tako da je P (X ∈ [a, b]) = b − a za svakoa, b ∈ [0, 1], a ≤ b. Slucajna promjenljiva X se naziva uniformnom promjenljivom na [0, 1].

3.2 Zakon raspodjele slucajne promjenljivediskretnog tipa

Definicija 3.2. Slucajna promjenljiva X : Ω → R je diskretnog tipa ako jeskup X (Ω) konacan ili prebrojiv.

Diskretna slucajna promjenljiva X : Ω → R je opisana ako se zna skup

X (Ω) = xi : i ∈ I ,

gdje je I konacan ili prebrojiv i ako se zna funkcija

P : X (Ω) → [0, 1],

to jest ako se znaju vjerovatnoce

pi = P ω ∈ Ω : X (ω) = xi.

Zakon raspodjele slucajne promjenljive X dat je tabelom

X : x1 x2

· · ·xn

· · · p1 p2 · · · pn · · · .

Ovde je i∈I

X = xi = Ω ii∈I

pi = 1.

Primjer 3.2. Odredimo zakone raspodjele slucajnih promjenljivih datih u primjeru 3.1.



3.3. FUNKCIJA RASPODJELE SLU CAJNE PROMJENLJIVE 35

1. X : 0 1 21

4

1

2

1

4 ,

2. X :

0 1

1 − p p

,

3. X :

0 1 · · · nn0

(1 − p)n

n1

p(1 − p)n−1 · · ·

nn

pn

,

4. I A :

0 1

1 − P (A) P (A)

.

5. U ovom slucaju se ne radi o diskretnoj slucajnoj promjenljivoj.

3.3 Funkcija raspodjele slucajne promjenljive

Neka je (Ω, F , P ) prostor vjerovatnoca i X : Ω → R slucajna promjenljiva.Kako vrijedi

ω ∈ Ω : X (ω) < x ∈ F ,za svaki x ∈ R je definisana vjerovatnoca

P (ω ∈ Ω : X (ω) < x).

To nas dovodi do sljedece definicije.

Definicija 3.3. Neka je X : Ω→R slucajna promjenljiva. Funkcija F : R

→R

definisana sa

F (x) = P ω ∈ Ω : X (ω) < x,

naziva se funkcija raspodjele slucajne promjenljive X .

Osnovne osobine funkcije raspodjele su :

1. 0 ≤ F (x) ≤ 1, x ∈ R,

2. F je monotono neopada juca funkcija,

3. limx→−∞F (x) = 0, lim

x→+∞F (x) = 1,

4. limt→x−0F (t) = F (x), limt→x+0F (t) = F (x) + P (X = x),

5. P (a ≤ X < b) = F (b) − F (a),P (a < X < b) = F (b) − F (a) − P (X = a),P (a ≤ X ≤ b) = F (b) + P (X = b) − F (a),P (a < X ≤ b) = F (b) + P (X = b) − F (a) − P (X = a).

Sledeca teorema daje karakterizaciju funkcije raspodjele slucajne promjenljive.




Teorema 3.1. Funkcija F : R → R je funkcija raspodjele neke slucajne prom-

jenljive X ako i samo ako vrijedi :1. 0 ≤ F (x) ≤ 1, za svaki x ∈ R,

2. F je monotono neopadajuca funkcija,

3. limx→−∞F (x) = 0, lim

x→+∞F (x) = 1,

4. F je neprekidna s lijeva.

Primjedba 3.1. Funkcija raspodjele se moze definisati i sa

F (x) = P (X ≤ x), x ∈ R.

U tom slucaju ona je neprekidna s desna.

Ako znamo zakon raspodjele diskretne slucajne promjenljive X onda mozemokonstruisati njenu funkciju raspodjele. Naime,

F (x) = P (X < x) =xi<x

P (X = xi) =xi<x

pi.

Primjer 3.3. 1. Binomna raspodjela . Ovde je

F (x) = P (X < x) =

0, x ≤ 0,

k<x

nn

pk(1 − p)n−k, 0 < x ≤ n,

1, x > n.

2. Puasonova raspodjela . Diskretna slucajna promjenljiva X moze uzi-mati vrijednosti 0, 1, 2, . . .

sa vjerovatnocama

P (X = k) =λk

k!e−λ, λ > 0.

Funkcija raspodjele ima oblik

F (x) = P (X < x) =

0, x ≤ 0,

k<x

λk

k!e−λ, x > 0.

3. Geometrijska raspodjela . Bernulijevi eksperimenti, sa vjerovatnocom

uspjeha p, izvode se do prvog uspjeha. Slucajna promjenljiva X uzima vrijednosti 1, 2, . . . sa vjerovatnocama

P (X = k) = p(1 − p)k−1, k = 1, 2, . . . ,

F (x) = P (X < x) =

0, x ≤ 1,

k<x

p(1 − p)k−1, x > 1.



3.4. PREGLED VAZNIJIH RASPODJELA 37

4. Hipergeometrijska raspodjela . Od n predmeta, m je posebno oznaceno.

Bira se slucajan uzorak od r predmeta. Neka je X broj posebno oznacenih predmeta u uzorku. Ovo je hpergeometrijska slucajna promjenljiva. Imamo

P (X = k) =

mk

·

n − mr − k

nr

, k = 0, 1, 2, . . . , r .

F (x) = P (X < x) =

0, x ≤ 0,

k<x

0@ m

k

1A·0@ n − m

r − k

1A

0@ n

r

1A

, 0 < x < r.

1, x ≥ r.Kako zbir svih vjerovatnoca mora da bude 1, dobijamo identitet

rk=0

mk

n − mr − k

=

nr

.

3.4 Pregled vaznijih raspodjela

1. Bernoullijeva

P (X = 1) = p, P (X = 0) = 1 − p.

2. Binomna B(n, p)

P (X = k) = nk pk(1 − p)n−k, k = 0, . . . , n .

3. Geometrijska

P (X = k) = p(1 − p)k−1, k = 1, 2, . . .

4. Hipregeometrijska

P (X = k) =

mk

n − mr − k

nr

, k = 0, . . . , r, r ≤ m < n.

5. Negativna binomna

P (X = k) =

k − 1r − 1

pr(1 − p)k−r, k = r, r + 1, . . .

6. Poissonova P (λ)

P (X = k) = e−λ λk

k!, k = 0, 1, . . .




3.5 Slucajni vektori

U nekim slucajevima ishodu nekog opita mozemo pridruziti vise numerickihkarakteristika.Na primjer, tacka pogotka mete moze da se opise sa dvije slucajne promjenljive,apscisom i ordinatom.Ovakvi primjeri nas dovode do pojma visedimenzionalne slucajne prom-

jenljive.

Definicija 3.4. Funkcija X = [X 1, . . . , X n]T : Ω → Rn je n−dimenzionalna

slucajna promjenljiva, ako je za svaki i ∈ 1, . . . , n funkcija X i sluca jnapromjenljiva.Ako je n = 2 radi se o slucajnom vektoru. Koristi se i oznaka

X = X 1

X 2 = [X 1, X 2]T

ili X = (X 1, X 2).

Ako su X i, i ∈ 1, . . . , n diskretne (neprekidne) slucajne promjenljive onda jeX diskretna (neprekidna) n−dimenzionalna slucajna promjenljiva.

Neka su X i Y diskretne slucajne promjenljive i

X (Ω) = xi : i ∈ I , Y (Ω) = yj : j ∈ J ,

gdje su I i J konacni ili prebrojivi skupovi. Tada je skup vrijednosti slucajnogvektora Z = [X, Y ]T dat sa

Z (Ω) =

xi

yj : i ∈ I, j ∈ J

.

Zakon raspodjele vjerovatnoca slucajnog vektora Z dat je funkcijom

P : Z (Ω) → R,

to jest vjerovatnocama

pij = P (X = xi, Y = yj), i ∈ I, j ∈ J.

To obicno predstavljamo pomocu tabele

X \Y y1 y2 · · · yj · · ·x1 p11 p12 · · · p1j · · ·x2 p21 p22 · · · p2j · · ·... ... ... · · · ... · · ·

xi pi1 pi2 · · · pij · · ·...

......

... · · · ...

Kako je

Ω =i,j

X = xi, Y = yj imamoi∈I

j∈J

pij = 1.



3.5. SLU CAJNI VEKTORI 39

Ako je poznat zakon raspodjele vjerovatnoca slucajnog vektora Z = [X, Y ]T

tada mozemo odrediti zakone raspodjela vjerovatnoca slucajnih promjenljivihX i Y . To su marginalni zakoni raspodjela vjerovatnoca.Kako je

X = xi =j

X = xi, Y = yj

imamo pi = P (X = xi) =

j

pij ,

analogno dobijamo

qj = P (Y = yj) =i

pij .

Dakle, vrijedi

X : x1 x2 · · · xi · · · p1 p2 · · · pi · · ·

i

Y :

y1 y2 · · · yj · · ·q1 q2 · · · qj · · ·

.

Primjer 3.4. Zakon raspodjele slucajnog vektora (X, Y ) dat je sljedecom tabe-lom

X \Y 1 2 3 41 1

1216

0 14

12

2 0 16

0 112

14

3 16

0 0 14

14

13

112

13

(i) Naci vrijednost koja nedostaje u tabeli tj. P (X = 3, Y = 3).

(ii) Naci P (X ≤ Y ).

(iii) Naci P (X = 2).

(iv) Odrediti marginalne zakone raspodjela vjerovatnoca za X i Y .

Rezultat.

(i) P (X = 3, Y = 3) = 112

.

(ii) P (X ≤ Y ) = p11 + p12 + p13 + p14 + p22 + p23 + p24 + p33 + p34 = 56

.

(iii) P (X = 2) = j p2j = 1

4

.

(iv)

X :

1 2 312

14

14

,

X :

1 2 3 414

13

112

13

.




3.6 Funkcija raspodjele slucajnog vektora

Neka su X i Y slucajne promjenljive, tada ima smisla traziti vjerovatnocudogad-aja

ω ∈ Ω : X (ω) < x, Y (ω) < y,

to jest, da slucajna tacka padne u oblast

(u, v) : u < x, v < y.

Definicija 3.5. Funkcija raspodjele slucajnog vektora (X, Y ) je funkcijaF : R2 → R data sa

F (x, y) = P (X < x, Y < y).

Osobine funkcije raspodjele :

1. 0 ≤ F (x, y) ≤ 1, za sve x, y ∈ R,

2. F je neopadajuca po svakoj promjenljivoj,

Teorema 3.2. Neka je F funkcija raspodjele slucajnog vektora (X, Y ) tada je

P (a1 ≤ X ≤ a2, b1 ≤ Y ≤ b2) = F (a2, b2) − F (a1, b2) − F (a2, b1) + F (a1, b1).

Sljedeca teorema daje karakterizaciju funkcije raspodjele slucajnog vektora.

Teorema 3.3. Funkcija F : R2 → R je funkcija raspodjele slucajnog vektora (X, Y ) ako i samo ako vrijedi 1, 2, 3, 4, i

F (a2, b2) − F (a1, b2) − F (a2, b1) + F (a1, b1) ≥ 0.

3.7 Uslovne raspodjele

Polazeci od formule

P (A|B) =P (AB)

P (B), P (B) > 0,

dolazimo do pojma uslovne raspodjele.Pretpostavimo da su X i Y diskretne slucajne promjenljive. Tada je

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

P (Y = yj)=

pijqj

.

Analogno je

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

P (X = xi)=

pij pi

.



3.7. USLOVNE RASPODJELE 41

Primjer 3.5. Zakon raspodjele slucajnog vektora dat je tabelom

X \Y 1 2 3 0 2

27627

0 827

1 0 627

627

1227

2 0 627

0 627

3 127

0 0 127

327

1827

627

Naci uslovnu raspodjelu X |Y = 2.Rezultat.

X |Y = 2 :

0 1 2 313

13

13

0

.

Definicija 3.6. Slucajne promjenljive X i Y su nezavisne ako vrijedi

P (X < x, Y < y) = P (X < x)P (Y < y) za sve x, y ∈ R.

Ako su X i Y nezavisne tada vrijedi

F (x, y) = F X(x)F Y (y), x , y ∈ R,

gdje je F (x, y) funkcija raspodjele slucajnog vektora (X < Y ), a F X(x)(F Y (y))funkcija raspodjele slucajne promjenljive X (Y ).Ako su X i Y diskretne slucajne promjenljive tada je nezavisnost ekvivalentnauslovu

p(xi, yj) = p(xi)q(yj), i ∈ I, j ∈ J.

Primjer 3.6. X i Y su nezavisne slucajne promjenljive sa Poasonovom raspodjelom P (λ). Naci raspodjelu slucajne promjenljive X |X + Y = m.Rjesenje.

P X = k|X + Y = m =P X = k, X + Y = m

P X + Y = m , k = 0, 1, . . . , m ,

P X = k, X + Y = m = P X = k, Y = m − k.

Sada zbog nezavisnosti slucajnih promjenljivih X i Y je

P X = k, X + Y = m = P X = kP Y = m − k,

pa je

P X = k, X +Y = m =λk

k!·e−λ· λm−k

(m − k)!e−λ =

m

k

λm

m!e−2λ, k = 0, 1, . . . , m .

Dalje, kako je

P X + Y = m =

mi=0

P X = i, Y = m − i =

mi=0

P X = iP Y = m − i,




dobijamo

P X + Y = m =mi=0

m

i

λm

m!e−2λ =

λm

m!e−2λ

mi=0

m

i

=

(2λ)m

m!e−2λ.

Sada je

P X = k|X + Y = m =

mk

λm

m!e−2λ

(2λ)m

m! e−2λ=

1

2m

m

k

.

Znaci X |X + Y = m ima binomnu raspodjelu B(m, 12).

3.8 Funkcije slucajnih promjenljivih

Neka je X = (X 1, . . . , X n) visedimenzionalna slucajna pomjenljiva i

g : Rn → R

data funkcija. Tada je funkcija

Y : Ω → R

data saY = g X

slucajna promjenljiva.Ovde se bavimo problemom odred-ivanja raspodjele slucajne promjenljive Y ako je poznata funkcija g i raspodjela X . Smatracemo da je n = 1, u opstem slucaju

su potrebna neka razmatranja iz analize funkcija vise promjenljivih sto prelaziokvire ovoga kursa. Ramotrimo jedan primjer.

Primjer 3.7. Neka X ima Poasonovu raspodjelu P (λ). Definisimo Y = X 2 i

Z = sinπX

2. Odrediti zakon raspodjele za Y i Z .

Rjesenje. Imamo da je

P (X = k) = e−λ λk

k!, k = 0, 1, . . .

Slucajna promjenljiva Y = X 2 moze uzimati samo vrijednosti koje su kvadrati prirodnih brojeva i nule, pri cemu je

P (Y = k2) = P (X = k) = e−λ λk

k!, k = 0, 1, . . .

Slucajna promjenljiva Z uzima vrijednosti iz skupa −1, 0, 1. Imamo da je

P (Z = 0) =+∞k=0

P (X = 2k) = e−λ+∞k=0

λ2k

(2k)!= e−λchλ.



3.8. FUNKCIJE SLU CAJNIH PROMJENLJIVIH 43

Na slican nacin nalazimo

P (Z = 1) = e−λ shλ + sin λ2

i

P (Z = −1) = e−λ shλ − sin λ

2.

Koristeci ideje date u prethodnom primjeru dobijamo opsti rezultat.Neka je data slucajna promjenljiva X sa zakonom raspodjele

X :

x1 x2 · · · xi · · · p1 p2 · · · pi · · ·

i funkcija

g : R → R.Odredimo zakon raspodjele slucajne promjenljive Y = g X. Vrijedi

P (Y = g(xi)) =j∈I i

P (X = xj),

gdje jeI i = j : g(xi) = g(xj).

Na kraju, zavrsimo sa jednim primjerom.

Primjer 3.8. Neka su X i Y nezavisne slucajne promjenljive i

P (X = k) = P (Y = k) = qk p, k = 0, 1, 2, . . . , p∈

(0, 1), q = 1−

p

Slucajne promjenljive Z i W definisane su sa

Z = Y − X, W = min(X, Y ).

(i) Pokazati da je P (W = w, Z = z) = p2q2w+|z|, w ≥ 0, z ∈ Z.

(ii) Odrediti P (W = w).

(iii) Odrediti P (Z = z).

(iv) Da li su Z i W nezavisne slucajne promjenljive?

Rjesenje.

(i) Ako je Y − X = Z < 0 tada je w = W = Y i X = Y − Z = w + |z|, pa dobijamo,

P (W = w, Z = z) = P (Y = w, X = w + |z|) = p2q2w+|z|.

Slicno za Y − X = Z ≥ 0 je w = W = X i Y = X + Z = w + z,

P (W = w, Z = z) = P (X = w, Y = w + z) = p2q2w+z.



(ii)

P (W = w) =

+

∞z=−∞

p2q2w+|z| =

p2q2w[2+∞z=0

q|z| − 1] = p2q2w

2

p− 1

= p(2 − p)q2w.

(iii)

P (Z = z) =+∞w=0

p2q2w+|z| = p2q|z|1

1 − q2=

pq|z|

2 − p.

(iv) Slucajne promjenljive Z i W su nezavisne jer vrijedi

P (Z = z, W = w) = P (Z = z)P (W = w).


1. (a) Definisati funkciju raspodjele slucajnog vektora .

(b) Definisati nezavisnost slucajnih promjenljivih.

(c) Navesti osnovne osobine funkcije raspodjele slucajnog vektora.

2. Zakon raspodjele diskretnog slucajnog vektora (X, Y ) zadan je tabelom

Y \X 1 2 31 0.12 0.18 0.102 0.10 0.11 0.39

.

Naci zakone raspodjele slucajnih promjenljivih X i Y i vjerovatnoce

P (X < 3, Y = 2), P (X ≤ 2|Y > 1).

3. Zakon raspodjele slucajnog vektora dat je tabelom

X \Y 1 2 30 2/27 6/27 0 8/271 0 6/27 6/27 12/272 0 6/27 0 6/273 1/27 0 0 1/27

3/27 18/27 6/27

Naci uslovnu raspodjelu Y |X = 0.

4. Slucajne promjenljive

X :

−1 11/4 3/4

, Y :

3 6

1/5 4/5

,

su nezavisne. Opisati slucajnu Z = X · Y.



4

Numericke karakteristikeslucajnih promjenljivih

4.1 Matematicko ocekivanje

Neka je Ω = ω1, ω2, . . . , ωn i X :

x1 x2 · · · xk

p1 p2 · · · pk

. Oznacimo sa

Ai = ω ∈ Ω : X (ω) = xi, i = 1, 2, . . . , k .

Ako je |Ai| = ni, i = 1, 2, . . . , k imamo pi = nin , pa za srednju vrijednost

X (ω1) + X (ω2) + · · · + X (ωn)n

slucajne promjenljive X imamo

n1x1 + n2x2 + · · · + nkxk

n=

ki=1

pixi.

Prethodno razmatranje je motiv za sljedecu definiciju.

Definicija 4.1. Neka je X diskretna slucajna promjenljiva ciji je zakon raspodjele vjerovatnoca dat sa

X : x1 x2 · · · xn · · · p1 p2 · · · pn · · · .

Matematicko ocekivanje slucajne promjenljive X je broj

E (X ) =+∞n=1

xn pn,

ako je dati red apsolutno konvergentan.

45



46 4. NUMERI CKE KARAKTERISTIKE SLU CAJNIH PROMJENLJIVIH

Primjer 4.1. Neka je X slucajna promjenljiva koja predstavlja broj na gornjoj

strani kocke. Ovde je E (X ) = 3.5.U sljedecoj teoremi dajemo osnovne osobine matematickog ocekivanja.

Teorema 4.1. 1. Neka je c ∈ R tada je E (c) = c,

2. ako je c ∈ R i X slucajna promjenljiva tada je E (cX ) = cE (X ),

3. ako su X i Y slucajne promjenljive tada je E (X + Y ) = E (X ) + E (Y ),

4. ako su X i Y nezavisne slucajne promjenljive tada jeE (X · Y ) = E (X ) · E (Y ).

Primjer 4.2. Naci matematicko ocekivanje zbira broja tacaka pri bacanju dvijekocke.

Rjesenje. Neka su X i Y slucajne promjenljive-broj tacaka koji se pojavio na prvoj, odnosno na drugoj kocki. Prema osobini 3. imamo E (X + Y ) = E (X ) +E (Y ). Sada, na osnovu primjera 4.1 dobijamo E (X + Y ) = 3.5 + 3.5 = 7.

Primjer 4.3. Za slucajnu promjenljivu X vrijedi E (X ) = 100.Odrediti E (2X + 6).Rjesenje. Vrijede formule

E (cX ) = cE (X ), E (X + c) = E (X ) + E (c) = E (X + c).

Dakle,E (2X + 6) = 2E (X ) + 6 = 206.

4.2 VarijansaMatematicko ocekivanje daje informaciju o slucajnoj promjenljivoj koja je

ne opisuje u potpunosti. Ilustrujmo to sljedecim primjerom.

Primjer 4.4. Neka je

X :

−1 0 113

13

13

i Y :

−100 50 10012

0 12

.

Tada je E (X ) = E (Y ) = 0.

Dakle, potrebno je posmatrati i odstupanje slucajne promjenljive od E (X ),to jest

|X

−E (X )

|. Izraz (X

−E (X ))2 takod- je daje odstupanje ali je jednos-

tavniji za analizu.

Definicija 4.2. Varijansa (disperzija) slucajne promjenljive X je

V ar(X ) = E (X − E (X ))2.

Koristi se i oznaka D2(X ) = E (X − E (X ))2. Broj

V ar(X ) se naziva stan-

dardna devijacija.



4.2. VARIJANSA 47

Osnovne osobine varijanse sadrzane su u sljedecoj teoremi.

Teorema 4.2. 1. V ar(X ) = E (X 2) − E 2(X ),

2. V ar(X ) ≥ 0,

3. ako je c ∈ R onda je V ar(c) = 0,

4. V ar(cX ) = c2V ar(X ),

5. ako su X i Y nezavisne slucajne promjenljive onda jeV ar(X + Y ) = V ar(X ) + V ar(Y ).

Primjedba 4.1. Ako je V ar(X ) = 0 onda je P (X = c) = 1 i kaze se da je X = cskoro sigurno (s. s.).

Primjer 4.5. Odredimo V ar(I A), to jest varijansu indikatora dogad -aja A.

Slucajna promjenljiva I A je definisana sa (vidi primjer 3.1)

I A(ω) =

1, ω ∈ A,0, ω /∈ A.

Imamo P (I A = 1) = P (A), P (I A = 0) = 1 − P (A).V ar(I A) = p − p2 = p(1 − p).

Primjer 4.6. Ako je

X :

1 2 3

p1 p2 p3

slucajna promjenljiva kod koje je E (X ) = 2 i V ar(X ) = 2

3odrediti p1, p2 i p3.

Rjesenje. Vrijedi

p1 + p2 + p3 = 1,

osim toga, kako je E (X ) = 2 imamo

p1 + 2 p2 + 3 p3 = 2.

Dalje,

V ar(X ) = E (X 2) − E 2(X ) =2

3,

pa je

p1 + 4 p2 + 9 p3 − 4 =2

3.

Sada iz

p1 + p2 + p3 = 1 p1 + 2 p2 + 3 p3 = 2

p1 + 4 p2 + 9 p3 =14

3,

dobijamo

p1 = p2 = p3 =1

3.




4.3 Kovarijansa i koeficijent korelacije

Definicija 4.3. Neka je X slucajna promjenljiva. Osnovni momenat k−togreda je

E (X k), k = 0, 1, 2, . . .

Centralni momenat k−tog reda je

E (X − E (X ))k, k = 0, 1, 2, . . .

Matematicko ocekivanje je osnovni momenat prvog reda, a varijansa je cen-tralni momenat drugog reda.

Definicija 4.4. Neka su X i Y slucajne promjenljive. Broj

E ((X − E (X ))(Y − E (Y ))

nazivamo kovarijacija i oznacavamo sa cov(X, Y ).

Osnovne osobine kovarijacije su :

1. cov(X, Y ) = cov(Y, X ),

2. cov(X, X ) = V ar(X ),

3. cov(X, Y ) = E (XY ) − E (X )E (Y ),

4. ako su X i Y nezavisne slucajne promjenljive onda je cov(X, Y ) = 0.

Primjer 4.7. Neka slucajni vektor (X, Y ) ima zakon raspodjele vjerovatnoca

Y \X -1 0 10 1

1212

112

2 112

16

112

Naci cov(X, Y ).Rjesnje. Zakoni raspodjela za X , Y i XY su

X :

−1 0 116

23

16

, Y :

0 223

13

, XY :

−2 0 2112

56

112

.

Sada je E (X ) = 0, E (Y ) =2

3 i E (XY ) = 0, pa je cov(X, Y ) = 0. Primjetimoda X i Y nisu nezavisne, jer na primjer

P (X < 0) =1

6, P (Y < 2) =

2

3i P (X < 0, Y < 2) =

1

12,

tako da je

P (X < 0, Y < 2) = P (X < 0)P (Y < 2).



4.3. KOVARIJANSA I KOEFICIJENT KORELACIJE 49

Definicija 4.5. Slucajna promjenljiva

X 0 = X − E (X )

naziva se centralizovana slucajna promjenljiva.Slucajna promjenljiva

X =X − E (X )

V ar(X )

naziva se standardizovana slucajna promjenljiva. Kovarijacija standardizo-vanih slucajnih promjenljivih X i Y naziva se koeficijent korelacije slucajnihpromjenljivih X i Y i oznacava se sa ρXY .

Dakle,

ρXY = cov(X , Y )) = E X − E (X ) V ar(X ) ·Y − E (Y ) V ar(Y ) =

E (XY ) − E (X )E (Y ) V ar(X ) V ar(Y ).

Osobine koeficijenta korelacije :

1. ρXX = 1,

2. ρXY = ρYX ,

3. |ρXY | ≤ 1,

4. ako su X i Y nezavisne slucajne promjenljive onda je ρXY = 0,

5. ρXY ∈ −1, 1 ako i samo ako postoje a, b ∈ R takvi da je Y = aX + bskoro sigurno.

Primjedba 4.2. Za slucajne promjenljive X i Y kazemo da su :

• nekorelisane ako je ρXY = 0,

• pozitivno korelisane ako je ρXY > 0,

• negativno korelisane ako je ρXY < 0.

Primjer 4.8. Slucajne promjenljive X i Y su nezavisne sa zakonom raspodjele0 112

12

.

Neka je U = minX, Y i V = maxX, Y . Naci koeficijent korelacije ρU,V .Rjesenje. Raspodjela slucajnog vektora (U, V ) je data sljedecom tabelom

U \V 0 10 0.25 0.5 1 0 0.25

Koeficijent korelacije

ρU,V =E (U V ) − E (U )E (V )

V ar(U )

V ar(V )=

0.25 − 0.25 · 0.75√34

√34

=1

3.




4.4 Matematicko ocekivanje i varijansa nekih raspod-

jela1. Bernoullijeva

P (X = 1) = p, P (X = 0) = 1 − p.

E (X ) = p, V ar(X ) = p(1 − p).

2. Binomna B(n, p)

P (X = k) =

nk

pk(1 − p)n−k, k = 0, . . . , n .

E (X ) = np, V ar(X ) = np(1 − p).

3. Geometrijska

P (X = k) = p(1 − p)k−1, k = 1, 2, . . .

E (X ) =1

p, V a r(X ) =

1 − p

p2.

4. Hipergeometrijska

P (X = k) = mk

n − mr

−k n

r , k = 0, . . . , r, r ≤ m < n.

E (X ) =rm

n, V ar(X ) =

rm(n − m)(n − r)

n2(n − 1).

5. Negativna binomna

P (X = k) =

k − 1r − 1

pr(1 − p)k−r, k = r, r + 1, . . .

E (X ) =r

p

, V ar(X ) =r(1 − p)

p2

.


P (X = k) = e−λ λk

k!, k = 0, 1, . . .

E (X ) = λ, V ar(X ) = λ.




4.5 Rijeseni zadaci

Zadatak 4.1. Za slucajnu promjenljivu X vrijedi E (X ) = 100 i V ar(X ) = 15.Odrediti E (X 2), E (2X + 6) i V ar(−3X + 5).Rjesenje. Vrijede formule

E (cX ) = cE (X ), E (X + c) = E (X ) + c,

V ar(X ) = E (X 2) − E 2(X ),

V ar(cX ) = c2V ar(X ), V ar(X + c) = V ar(X ),

gdje je c konstanta. Sada imamo

E (X 2) = V ar(X ) + E 2(X ) = 10015,

E (2X + 6) = 2E (X ) + 6 = 206,

V ar(−3X + 5) = 9V ar(X ) = 135.

Zadatak 4.2. Ako je

X :

1 2 3

p1 p2 p3

slucajna promjenljiva kod koje je E (X ) = 2 i Var(X ) = 2

3odrediti p1, p2 i p3.

Rjesenje. Vrijedi p1 + p2 + p3 = 1,

osim toga, kako je E (X ) = 2 imamo

p1 + 2 p2 + 3 p3 = 2.

Dalje,

Var(X ) = E (X 2) − E 2(X ) =2

3,

pa je

p1 + 4 p2 + 9 p3 − 4 =2

3.

Sada iz p1 + p2 + p3 = 1

p1 + 2 p2 + 3 p3 = 2

p1 + 4 p2 + 9 p3 =14

3,

dobijamo

p1 = p2 = p3 =1

3.

Zadatak 4.3. Iz skupa 1, 2, 3 slucajno se bira broj X . Nakon toga kocka sebaca X puta i pri tome je bro j pojaljivanja broja sest jednak Y . Naci

Var(X |Y = 2).




Rjesenje. Vrijedi

X \Y 0 1 2 3

1 518

118

0 0

2 25108

10108

1108 0

3 125648

75648

15648

1648

pa imamo

X |Y = 2 :

1 2 30 2

757

.

Sada je E (X |Y = 2) = 197

i E ((X |Y = 2)2) = 537

, pa je

Var(X |Y = 2) = 1049

.

Zadatak 4.4. X i Y su nezavisne slucajne promjenljive sa Poasonovom raspodjelom P (λ). Naci E (X |X + Y = m).

Rjesenje.

P X = k|X + Y = m =P X = k, X + Y = m

P X + Y = m , k = 0, 1, . . . , m .

P X = k, X + Y = m = P X = k, Y = m − k. Sada zbog nezavisnostislucajnih promjenljivih X i Y je

P X = k, X + Y = m = P X = kP Y = m − k =λk

k!· e−λ · λm−k

(m

−k)!

e−λ

=m

k

λm

m!e−2λ, k = 0, 1, . . . , m .

P X + Y = m =mi=0

P X = i, Y = m − i =mi=0

P X = iP Y = m − i =

mi=0

m

i

λm

m!e−2λ =

λm

m!e−2λ

mi=0

m

i

=

(2λ)m

m!e−2λ.

Sada je

P X = k|X + Y = m =

mk

λm

m!e−2λ

(2λ)m

m!e−2λ

=1

2mm

k.

Znaci X |X + Y = m ima binomnu raspodjelu B(m, 12), pa je

E (X |X + Y = m) =mk=0

k

2m

m

k

=

m

2m

mk=1

m − 1

k − 1

=

m

2.




Zadatak 4.5. Slucajne promjenljive X i Y su nezavisne i

P X = k = P Y = k = pqk−1,

0 < p < 1, q = 1 − p, (k = 1, 2, . . . ).

Naci Var(X |X + Y = n), n ≥ 2.Rjesenje. Kako je

P X = k|X + Y = n =P X = kP Y = n − k

P X + Y = n ,

vrijedi

P X = k|X + Y = n =pqk−1 pqn−k−1

n−1

k=1

pqk−1 pqn−k−1=

1

n − 1, k = 1, . . . , n − 1.

Dakle,

E (X |X + Y = n) =n−1k=1

kP X = k|X + Y = n

=1

n − 1

n−1k=1

k =n

2,

E (X 2|X + Y = n) =

n−1k=1

k2P X = k|X + Y = n

=1

n − 1

n−1k=1

k2

=n(2n

−1)

6 ,

pa je

Var(X |X + Y = n) =n(2n − 1)

6− n2

4=

n(n − 2)

12.

Zadatak 4.6. Slucajne promjenljive X i Y su nezavisne sa zakonom raspodjele0 112

12

.

Neka je U = minX, Y i V = maxX, Y . Naci koeficijent korelacije ρU,V .Rjesenje. Raspodjela slucajnog vektora (U, V ) je data sljedecom tabelom

U \V 0 10 0.25 0.51 0 0.25

Koeficijent korelacije

ρU,V =E (U V ) − E (U )E (V )

Var(U )

Var(V )=

0.25 − 0.25 · 0.75√34

√34

=1

3.





1. Definisati matematicko ocekivanje.

2. Navesti osnovne osobine matematickog ocekivanja.

3. Za slucajnu promjenljivu X vrijedi E (X ) = 100 i V ar(X ) = 15. Odrediti

E (X 2), E (7X − 9) i V ar(−5X + 100).

4. Neka slucajni vektor (X, Y ) ima zakon raspodjele vjerovatnoca

Y \X -2 0 20 1

1212

112

1 112

16

112

Naci cov(X, Y ).

5. Definisati koeficijent korelacije.

6. Slucajne promjenljive X i Y su nezavisne sa zakonom raspodjele0 112

12

.

Neka je U = minX, Y i V = maxX, Y . Naci koeficijent korelacijeρUV .

7. U toku 36 radnih nedjelja broj zastoja u radu jedne masine bio je :

Broj zastoja Broj nedjelja0 161 92 53 34 25 1

(a) Aproksimirati ovaj empirijski rezultat sa Poisson-ovom raspodjelomna osnovu prosjecnog broja zastoja.

(b) Izracunati teorijske frekvencije broja nedjelja u slucaju da se brojzastoja ponasa po Poisson-ovoj raspodjeli.

(c) Odrediti najvjerovatniji broj zastoja u toku rada masine.

(Rezultat:

(a) λ = 1.13889,




(b)

X P(X=x)0 0.320141 0.364642 0.207663 0.078844 0.022455 0.00511

(c) Najvjerovatniji broj zastoja je 1.)

8. U toku godine izvrseno 60 kontrola na jednoj autobuskoj liniji sa samou-platom u gradskom saobracaju. Ustanovljen je broj putnika bez karte idobije su sljedeci rezultati

Broj putnika bez karte Broj dana0 111 92 153 84 75 10

(a) Aproksimirati ovaj empirijski rezultat sa Poisson-ovom raspodjelomna osnovu prosjecnog broja putnika bez karte.

(b) Izracunati teorijske frekvencije bro ja dana u slucaju da se broj put-nika bez karte ponasa po Poisson-ovoj raspodjeli.

(c) Odrediti najvjerovatniji broj putnika bez karte u toku godine.






5

Granicne teoreme

5.1 Karakteristicne funkcije

Kompleksna slucajna promjenljiva Z = X + iY je preslikavanje skupa Ω uskup C. Matematicko ocekivanje slucajne promjenljive Z je kompleksan brojE (Z ) = E (X ) + iE (Y ). U ovoj sekciji uvodimo pojam karakteristicne funkcijekao matematicko ocekivanje komplesne slucajne promjenljive. Ideja potice odmatematicara Ljapunova. Naime, on je koristio metodu karakteristicnih funkcijada bi dosao do granicnih teorema, koje izucavamo u sljedecoj glavi.

Definicija 5.1. Karakteristicna funkcija ϕ slucajne promjenljive X : Ω → R

je funkcija ϕ : R → C,ϕ(t) = E (eitX).

Ako je sa pk = P (X = xk) dat zakon raspodjele diskretne slucajne promjenljiveX , onda je

ϕ(t) =k

eitxk pk.

Osnovne osobine karakteisticne funkcije su :

1. ϕ(0) = 1, |ϕ(t)| ≤ 1, ϕ(−t) = ϕ(t).

2. Ako je X slucajna promjenljiva i a, b ∈ R, tada je

ϕaX+b(t) = eibtϕX(at).

3. Ako postoji momenat E (X n), tada je

ϕ(n)(0) = inE (X n).

4. Ako su X i Y nezavisne slucajne promjenljive, tada je

ϕX+Y (t) = ϕX(t) · ϕY (t).

57



58 5. GRANI CNE TEOREME

Primjedba 5.1. Matematickom indukcijom se pokazuje da za nezavisne slucajne

promjenljive X 1, . . . , X n vrijediϕX1+···+Xn

(t) = ϕX1(t) · · · ϕXn(t).

Kao posljedicu osobine 3. dobijamo da za karateristicnu funkciju vrijedi

ϕ(t) =n

k=0

ikE (X k)

k!tk + o(tn),

ako postoje momenti E (X k), k = 1, 2, . . . , n .Sljedeci primjer pokazuje da ne vrijedi obrnuto tvrd-enje u 4.

Primjer 5.1. Zakon raspodjele slucajnog vektora (X, Y ) odred -en je tablicom

Y \X 0 1 3

0 19 0 2

9

1 29

19

0

3 0 29

19

Pokazati da za karakteristicne funkcije ϕX+Y , ϕX , ϕY vrijedi

ϕX+Y (t) = ϕX(t)ϕY (t)

ali da su slucajne promjenljive X i Y zavisne.Rjesenje.

hX(t) =3

9+

3

9eit +

3

9e3it =

1 + eit + e3it

3

hY (t) =3

9+

3

9eit +

3

9e3it =

1 + eit + e3it

3

Slucajna promjenljiva X + Y ima sledeci zakon raspodjele

X + Y :

0 1 2 3 4 619

29

19

29

29

19

.

Dakle,

ϕX+Y (t) =1

9(1 + 2eit + e2it + 2e3it + 2e4it + e6it) =

1 + eit + e3it

3

2

,

pa imamoϕX+Y (t) = ϕX(t)ϕY (t).



5.2. KARAKTERISTI CNE FUNKCIJE NEKIH RASPODJELA 59

Slucajne promjenljive X i Y su zavisne jer je, na primjer

P X = 0 = P Y = 1 = 13

, P X = 0, Y = 1 = 29

,

pa jeP X = 0P Y = 1 = P X = 0, Y = 1.

5.2 Karakteristicne funkcije nekih raspodjela

1. Bernoullijeva

P (X = 1) = p, P (X = 0) = 1 − p.

ϕ(t) = 1−

p + peit.

2. Binomna B(n, p)

P (X = k) =

nk

pk(1 − p)n−k, k = 0, . . . , n .

ϕ(t) = (1 − p + peit)n.

3. Geometrijska

P (X = k) = p(1 − p)k−1, k = 1, 2, . . .

ϕ(t) =

peit

1 − (1 − p)eit .


P (X = k) = e−λ λk

k!, k = 0, 1, . . .

ϕ = eλ(eit−1).

5.3 Cebisevljeva nejednakost

Ako znamo funkciju raspodjele vjerovatnoca mozemo odrediti vjerovatnocu

dogad-aja |X | ≥ , > 0. Ovde dajemo ocjenu gornje granice vjerovatnoceP (|X | ≥ ), ako je X nenegativna slucajna promjenljiva.

Teorema 5.1. (Nejednakost Markova) Neka je X nenegativna slucajna promjenljiva. Ako postoji E (X k), k ∈ N tada je

P (X ≥ ) ≤ E (X k)

kza svako > 0.




Posljedica nejednakosti Markova je sljedeca nejednakost poznata kao Cebisevljeva

nejednakost.Teorema 5.2. Ako postoji V ar(X ), tada je

P (|X − E (X )| ≥ ) ≤ V ar(X )

2.

Primjer 5.2. Slucajna promjenljiva X ima pozitivnu varijansu. Pokazati da je

P

−√

10 <X − E (X )

V ar(X )<

√10

> 0.9.

Rjesenje. Kako je

P

−√

10 <X − E (X )

V ar(X )<

√10

= 1 − P

X − E (X )

V ar(X )

≥ √

10

i

E

X − E (X )

V ar(X )

2

= 1,

koristeci nejednakost ˇ Cebiseva imamo

P

−√

10 <X − E (X )

V ar(X )<

√10

≥ 1 − 1

10= 0.9.

Primjer 5.3. Koliko je potrebno sprovesti nezavisnih ispitivanja da bi, sa vje-rovatnocom ne manjom od 0.979 vazila nejednakost

X n

n − p < 0.01,

gdje je X n broj pozitivnih realizacija u n ispitivanja, a p = 0.3 vjerovatnoca poz-itivne realizacije u jednom ispitivanju. Naci ocjenu za najmanji broj ispitivanja koristeci nejednakost ˇ Cebiseva.Rjesenje. Slucajna promjenljiva X n ima binomnu raspodjelu B(n, 0.3), pa je

E (X ) =3n

10, V ar(X ) =

21n

100.

Koristeci nejednakost ˇ Cebiseva dobijamo

P

X nn

− p

≥ 0.01

<

V ar(Xn

n )

0.012,

to jest

P X nn

− p ≥ 0.01 < 2100n

.

Znaci, treba naci takvo n da vazi

P

X nn

− p

< 0.01

> 1 − 2100

n≥ 0.979.

Rjesavanjem ove nejednacine dobijamo n ≥ 105.



5.4. NEKE GRANI CNE TEOREME 61

5.4 Neke granicne teoreme

U opitu bacanja homogenog nocica vjerovatnoca po jave grba (pisma) je 12

.

To se dovodi u vezu sa grupisanjem relativne ucestalosti Snn oko 1

2, pri velikom

ponavljanju opita. Med-utim, nije moguce dokazati

limn→+∞

S nn

=1

2.

Postupa se na drugi nacin. Za proizvoljan > 0 posmatra se vjerovanoca

P

S nn

− p

<

.

Ako za svaki > 0 vrijedi

limn→+∞P S nn − p < = 1,

onda imamo opradanje statisticke definicije vjerovatnoce.Sljedeca teorema dokazuje se koristeci Cebisevljevu nejednakost.

Teorema 5.3. (Bernoulli)Neka je > 0 i S n : B(n, p), tada je

limn→+∞

P

S nn

− p

<

= 1 (5.1)

Primjedba 5.2. Formula 5.1 ekvivalentna je sa

limn→+∞

P

S nn

− p

≥

= 0.

Teorema 5.4. ( Cebisev) Neka je (X n) niz nezavisnih slucajnih promjenljivih,sa uniformno ogranicenim varijansama, to jest, postoji c ∈ R tako da je za svaki n ∈ N V ar(X n) ≤ c. Tada za svaki > 0 vrijedi

limn→+∞

P

1

n

ni=1

X i − 1

n

ni=1

E (X i)

<

= 1 (5.2)

Teorema 5.5. (Hincin) Neka je (X n) niz nezavisnih slucajnih promjenljivih,sa ostom raspodjelom i matematickim ockivanjem m ∈ R. Tada je za svako > 0

limn→+∞

P

1

n

ni=1

X i − m

<

= 1. (5.3)

Teoreme 5.3, 5.4 i 5.5 zovu se Bernulijev, Cebisev i Hincinov zakon velikihbrojeva. To su slabi zakoni velikih brojeva. Navedimo i jedan jaki zakon velikihbrojeva.

Teorema 5.6. (Borel) Za Bernulijevu semu vrijedi

S nn

→ p skoro sigurno.




5.5 Centralna granicna teorema

Teorema 5.7. Neka je (X n) niz nezavisnih slucajnih promjenljivih sa istom raspodjelom, za koje je E (X n) = m i V ar(X n) = σ2 za svaki n ∈ N. Tada vrijedi

limn→+∞

P (Y n < x) =1√2π

x −∞

e−t2

2 dt,

gdje je

Y n =X 1 + · · · + X n − n · m

σ√

n.

Primjer 5.4. Broj ljudi koji ud -u u jednu robnu kucu u toku jednog minuta ima P (6) raspodjelu.

a) Kolika je vjerovatnoca da u toku dva sata u robnu kucu ud -e bar 700 ljudi? b) Koliko vremena treba da prod -e da bi sa vjerovatnocom 0.95 u robnu kucu uslobar 700 ljudi? Rjesenje. Neka je X i slucajna promjenljiva koja predstavlja broj ljudi koji ud -u u robnu kucu toku i− tog minuta. X i ima P (6) raspodjelu, pa je

E (X i) = 6, V a r(X i) = 6.

Broj ljudi koji ud -u u toku n minuta je Y n =n

i=1X i i vrijedi

E (Y n) = 6n,Var(Y n) = 6n.

Posto su slucajne promjenljive X 1, X 2, . . . X n nezavisne i sve imaju istu raspodjelu vazi centralna granicna teorema, znaci raspodjela

Y n − E (Y n) V ar(Y n)

tezi ka normalnoj raspodjeli N (0, 1).a) P (Y n ≥ 700) = 1 − P (Y n < 700), pa kako je

P

Y n − 720√

6 · 120< −0.745

≈ φ(−0.745) ≈ 0.77,

imamo da je

P (Y n ≥ 700) ≈ 0.77.b)

P (Y n ≥ 700) ≈ 1 − φ

700 − 6n√

6n

,

pa iz

1 − φ

700 − 6n√

6n

= 0.95




nalazimo700

−6n

√6n = −1.645.

Odavde dobijamo da je n ≈ 124.15, pa je trazeno vrijeme 125 minuta.

5.6 Rijeseni zadaci

Zadatak 5.1. Koliko je potrebno sprovesti nezavisnih ispitivanja da bi, savjerovatnocom ne manjom od 0.979 vazila nejednakost

X nn

− p

< 0.01,

gdje je X n broj pozitivnih realizacija u n ispitivanja, a p = 0.3 vjerovatno-ca pozitivne realizacije u jednom ispitivanju. Naci ocjenu za najmanji brojispitivanja koristeci nejednakost Cebiseva.Rjesenje. Slucajna promjenljiva X n ima binomnu raspodjelu B(n, 0.3), pa je

E (X ) =3n

10, Var(X ) =

21n

100.

Koristeci nejednakost Cebiseva dobijamo

P

X nn

− p

≥ 0.01

<

Var(Xn

n )

0.012,

to jestP X n

n− p

≥ 0.01

<2100

n.

Znaci, treba naci takvo n da vazi

P

X nn

− p

< 0.01

> 1 − 2100

n≥ 0.979.

Rjesavanjem ove nejednacine dobijamo n ≥ 105.Zadatak 5.2. U kutiji se nalazi 300 bijelih i 200 crnih kuglica. Slucajno se bira150 kuglica sa vracanjem. Naci vjerovatnocu da se broj bijelih kuglica nalaziizmed-u 78 i 108.Rjesenje. Vrijedi

X : B

150,3

5

, E (X ) = 90, Var(X ) = 36,

pa je

P (78 < X < 108) = P

78 − 90

6<

X − E (X ) Var(X )

<108 − 90

6

,




P (78 < X < 108) = P (−2 < X ∗ < 3) = Φ(3) − Φ(−2) = 0.9759.

Zadatak 5.3. Aparat za igru moze da izbaci broj k, k ∈ N∪0 sa vjerovatnocom

pk =1

e · k!.

Ako izbaci paran broj, igrac gubi jedan dinar, a ako izbaci neparan broj, igracdobija jedan dinar. Naci vjerovatnocu da ce nakon izbacivanja 1000 brojevadobitak igraca biti izmed-u 100 i 200 dinara.Rjesenje. Neka je X j , j ∈ 1, . . . , 1000, dobitak igraca u j-toj igri. Slucajnepromjenljive X j , j ∈ 1, . . . 1000, su nezavisne i sa istom raspodjelom:

P (X j = −1) =+∞

k=0

e−1

(2k)!=

1 + e−1

2, j ∈ 1, . . . , 1000,

P (X j = 1) = 1 − P (X j = −1) =1 − e−1

2, j ∈ 1, . . . 1000.

Neka je

Y 1000 =1000j=1

X j

ukupan dobitak u 1000 igara. Trazi se

p = P (100 < Y 1000 < 200).

Kako je

E (Y 1000) =

−1000

e2, Var(Y 1000) = 1000(1

−e−4),

primjenom centralne granicne teoreme dobijamo

p = P

100 − E (Y 1000)

Var(Y 1000)<

Y 1000 − E (Y 1000) Var(Y 1000)

<200 − E (Y 1000)

Var(Y 1000)

,

p = P (100 < Y 1000 < 200) ≈ φ(10.70) − φ(7.51) ≈ 0.

Zadatak 5.4. Aparat za igru moze da izbaci broj k, k ∈ N sa vjerovatnocom

pk =2k−1

3k.

Ako izbaci broj koji pri dijeljenju sa 3 daje ostatak 1, igrac dobija 10 dinara,

ako izbaci broj djeljiv sa 3 niti dobija niti gubi, a pri pojavljivanju broja kojipri dijeljenju sa 3 daje ostatak 2 gubi 10 dinara. Naci vjerovatnocu da ce nakon1000 igara dobit biti izmed-u 50 i 100 dinara.Rjesenje. Neka je X j, j ∈ 1, . . . , 1000, dobitak igraca u j-toj igri. Vrijedisljedece:

P (X j = 10) =+∞k=0

23k

33k+1=

9

19,




P (X j = 0) =+∞

k=0

23k−1

33k

=9

38

,

P (X j = −10) = 1 − P (X j = 0) − P (X j = 10) =11

38.

Neka je

Y 1000 =1000j=1

X j

ukupan dobitak u 1000 igara. Primjenom centralne granicne teoreme dobijamoda je trazena vjerovatnoca

P 50

−E (Y 1000) Var(Y 1000) <

Y 1000

−E (Y 1000) Var(Y 1000) <

100

−E (Y 1000) Var(Y 1000) .

Dakle,

P (50 < Y 1000 < 100) ≈ φ(−5.06) − φ(−5.20) ≈ 0.

Zadatak 5.5. Iz skupa 1, 2, . . . , n se na slucajan nacin bira 2n brojeva savracanjem (n ≥ 10). Odrediti k takvo da je broj izvucenih cetvorki u tih 2nizvlacenja manji od k sa vjerovatnocom 0.95.Rjesenje. Oznacimo sa X 42n bro j izvucenih cetvorki u 2n izvlacenja. Slucajnapromjenljiva X 42n ima binomnu raspodjelu B

2n, 1

n

. Kako je

2n ·1

n = 2 < 10

koristimo Puasonovu aproksimaciju:Ako je S n : B(n, pn), npn → λ, n → +∞ i λ < 10 tada je

P (S n = j) → λj

j!e−λ, n → +∞ ( j = 0, 1, . . .),

imamo da iz P (X 42n ≤ k − 1) ≈ 0.95, slijedi k − 1 = 4, to jest k = 5. Znaci, brojizvlacenja cetvorki iz 2n izvlacenja je manji od 5 sa vjerovatnocom 0.95.Zadatak 5.6. Slucajna promjenljiva X ima binomnu raspodjelu B(100, 1

2).

Odrediti priblizne vrijednosti vjerovatnoca:

(a)P (X > 60),(b)P (40 < X < 60),(c)P (X = 50).Rjesenje. (a) Koristimo aproksimaciju binomne raspodjele normalnom to jestMoivre-Laplaceovu teoremu. Imamo da je

P (X > 60) = P

X − 50

5>

60 − 50

5

≈ P (Z > 2),




gdje Z ima normalnu raspodjelu N (0, 1). Dakle,

P (X > 60) ≈ 1 − 1√2π

2 −∞

e−t2

2 = 1 − φ(2) = 0.9722

(b) Na slican nacin dobijamo

P (40 < X < 60) ≈ P (−2 < Z < 2) = φ(2) − (1 − φ(2))

= 2φ(2) − 1 = 0.9544.

(c) U ovom slucaju ne mozemo direktno primjeniti Moivre-Laplaceovu teoremu.Kako je

P (X = 50) = P (49.5

≤X

≤50.5),

imamo da je

P (X = 50) ≈ P

−0.5

5≤ Z ≤ 0.5

5

= P (−0.1 ≤ Z ≤ 0.1) = 0.0796.

Zadatak 5.7. Slucajna promjenljiva Y n n ∈ N je aritmeticka sredina nezavisnihslucajnih promjenljivih X 1, X 2, . . . , X n koje imaju jednake funkcije raspodjele icije su disperzije jednake 5. Koliko treba da je n da bi vazila relacija

P (|Y n − E (Y n)| < 0.01) ≈ 0.9973 ?

Rjesenje. Neka je E (X i) = a, i∈N. Tada je

P (|Y n − E (Y n)| < 0.01) = P

X 1 + X 2 + · · · X nn

− a

< 0.01

.

Dakle,

P (|Y n − E (Y n)| < 0.01) = P

X 1 + X 2 + · · · X n − na√5n

<0.01

√n√

5

,

pa je

P (|Y n − E (Y n)| < 0.01) ≈ 2φ

0.01 ·

n

5

− 1.

Iz uslova zadatka potrebno je da se odredi n ∈N

takvo da je

2φ

0.01 ·

n

5

≈ 0.9973.

Iz tablica nalazimo da je φ(3) = 0.99732

, pa je 0.01 · n5

= 3, odakle dobijamon = 45000.Zadatak 5.8. Poznato je da u odred-enoj knjizi od 500 stranica postoji 500




stamparskih gresaka slucajno raspodijeljenih. Kolika je vjerovatnoca da na

slucajno odabranoj stranici knjige nema manje od tri greske ?Rjesenje. Neka je X slucajna promjenljiva koja oznacava broj stamparskihgresaka na slucajno odabranoj stranici. Dalje, neka je I i indikator dogad-aja dase i-ta greska nalazi na toj stranici koja je slucajno izabrana. Tada je

I i :

0 1499500

1500

, i = 1, 2, . . . , 500,

i vrijedi

X =500i=1

I i.

Slucajna promjenljiva X ima binomni zakon raspodjele B(500, 1500

). KoristimoPuasonovu aproksimaciju.

P (X ≥ 3) = 1 − P (X ≤ 2) ≈ 1 −2

i=0

1

i!e−1 ≈ 0.080301.

Zadatak 5.9. Ured-aj moze imati kvar A sa vjerovatnocom 0.01 i nezavisnood toga kvar B sa vjerovatnocom 0.02. Ured-aj je pokvaren ako ima oba kvara.Kupac prihvata seriju od 1000 ured-aja ako u seriji nema vise od k neispravnihured-aja. Odrediti k takvo da kupac prihvati seriju sa vjerovatnocom 0.999.Rjesenje. Odredimo prvo vjerovatnocu da je slucajno izabrani ured-aj u kvaru. p = P ( kvar A, kvar B) = P ( kvar A)P ( kvar B) = 0.0002.Ako je X 1000 broj neispravnih ured-aja u seriji od 1000 ured-aja, vidimo daX 1000 ima binomnu raspodjelu B(1000, 0.0002). Treba odrediti k takvo da je

P (X 1000 ≤ k) = 0.999. Koristeci tablice dobijamo k ≈ 2.Zadatak 5.10. Vjerovatnoca da je slucajno izabrani covjek visi od 180 cm je0.27. Odrediti vjerovatnocu da se u grupi od 1200 ljudi nalazi manje od 300ljudi visih od 180 cm.Rjesenje. Neka X oznacava bro j ljudi visih od 180 cm. Vrijedi X : B(1200, 0.27).Trazi se P (X < 300). Koristimo normalnu aproksimaciju.

P (X < 300) = P

X − np np(1 − p)

<300 − np np(1 − p)

.

Kako je np = 324, np(1 − p) = 236.5, imamo

P (X < 300) = P (X ∗ <

−1.593) = 1

−P (X ∗ < 1.593) = 0.056.

Zadatak 5.11. Ako je poznato da je vjerovatnoca rad-anja djecaka priblizno0.515, naci vjerovatnocu da med-u 1000 novorod-encadi ima bar 10 djevo jcicavise nego djecaka.Rjesenje. Koristimo normalnu aproksimaciju. Neka je S 1000 broj rod-enihdjecaka med-u hiljadu novorod-encadi. Treba odrediti

P (S 1000 ≤ 495).




Vrijedi sljedece

P (S 1000 ≤ 495) =

P

0 − 1000 · 0.515√

1000 · 0.515 · 0.485≤ S 1000 − 1000 · 0.515√

1000 · 0.515 · 0.485

≤ 495 − 1000 · 0.515√1000 · 0.515 · 0.485

,

pa je

P (S 1000 ≤ 495) = φ(1.26) − φ(32.59) ≈ 0.8962.

Zadatak 5.12. Racunar vrsi obracun elektricne energije kod 100 korisnika. Vri- jeme obracuna za svakog korisnika ima eksponencijalnu raspodjelu sa ocekivanjem

3 sekunde i nezavisno je od drugih korisnika. Naci vjerovatnocu da ce obracuntrajati izmed-u 3 i 6 minuta.Rjesenje. Neka je X i vrijeme obrade i-tog korisnika. Tada za

Y 100 =100i=1

X i,

imamo da je vrijeme potrebno da se izvrsi obrada za 100 korisnika. Vrijedi

E (Y 100) =100i=1

E (X i) = 300,

Var(Y 100) =100i=1

Var(X i) = 900,

Y ∗100 =Y 100 − E (Y 100)

Var(Y 100)=

Y 100 − 300

30,

P (180 < Y 100 < 360) = P

180 − 300

30< Y ∗100 <

360 − 300

30

.

Dakle,

P (180 < Y 100 < 360) = P (

−4 < Y ∗100 < 2) = φ(2)

−φ(

−4)

≈0.9773.


1. Definisati karakteristicnu funkciju slucajne promjenljive.

2. Navesti osnovne osobine karakteristicne funkcije.




3. Ako je data slucajna promjenljiva X sa

X : −1 0 1

14

12

14

,

odrediti njenu karakteristicnu funkciju.

4. Izracunati karakteristicnu funkciju binomne raspodjele Bin(4, 13).

5. Nejednakost Cebiseva.

6. Slucajna promjenljiva X ima pozitivnu varijansu. Pokazati da je

P

−√

10 <X − E (X )

V ar(X )<

√10

> 0.9.

7. Koliko je potrebno sprovesti nezavisnih ispitivanja da bi, sa vjerovatnocomne manjom od 0.979 vazila nejednakostX n

n− p

< 0.01,

gdje je X n broj pozitivnih realizacija u n ispitivanja, a p = 0.3 vjerovatnocapozitivne realizacije u jednom ispitivanju.

8. Centralna granicna teorema.

9. U kutiji se nalazi 300 bijelih i 200 crnih kuglica. Slucajno se bira 150

kuglica sa vracanjem. Naci vjerovatnocu da se broj bijelih kuglica nalaziizmed-u 78 i 108.






6

Statisticka analiza

6.1 Osnovni pojmovi

Skup Ω elemenata ω naziva se populacija ili generalni skup. Za svakiω ∈ Ω posmatra se neka numericka karakteristika X (ω) koja se naziva obiljezje.

Primjer 6.1. Populacija je skup svih stanovnika neke zemlje. Obiljezje svakog stanovnika je npr. visina ili godine starosti.

Primjer 6.2. Svi proizvodi jedne fabrike cine populaciju. Obiljezje svakog proizvoda je npr. njegova cijena.

Cesto je komplikovano registrovati obiljezje za svaki elemenat populacije.

Zato se obiljezje registruje na dijelu populacije (uzorak), pa se dobijena raspodjela smatra raspodjelom cijele populacije. Vazno je da uzorak dobro odrazava(reprezentuje) populaciju. Ovo se rjesava tako da se uzorak bira slucajno. Tada je populacija skup svih mogucih ishoda ω. Prema tome, obiljezje X (ω), ω ∈ Ω jeslucajna promjenljiva. Dakle, treba odrediti funkciju raspodjele F (x) slucajnepromjenljive X . Uzorak obima n je n−torka ω1, . . . , ωn slucajnih ishoda iz Ω inaziva se slucajni uzorak.Slucajan uzorak (X 1, . . . , X n) je prost slucajan uzorak ako su slucajne promjenljive X i, i = 1, . . . , n nezavisne i sa istom raspodjelom. Posmatracemo samoproste slucajne uzorke koje cemo jednostavnije zvati uzorcima.Kada je izabran uzorak, slucajna promjenljiva (X 1, . . . , X n) postaje n−torka(x1, . . . , xn) ∈ Rn i naziva se realizovani uzorak.Neka je X obiljezje sa funkcijom raspodjele F (x) i neka je (X 1, . . . , X n) prost

uzorak. Funkcija koja svakom x ∈ R dodjeljuje relativnu cestalost dogad-aja(X < x) u n opita naziva se empirijska funkcija raspodjele i oznacava se saS n.Neka je I (Xi<x) indikator dogad-aja (X i < x), i = 1, . . . , n , tada vrijedi

S n(x) =1

n

ni=1

I (Xi<x).

71



72 6. STATISTI CKA ANALIZA

Kako je P (X i < x) = F (x) slijedi da S n(x) ima Bin(n, F (x)) raspodjelu. Zbog

teoreme Borela imamo, da za fiksiran x ∈R

, ako n → +∞S n(x) → F (x) skoro sigurno.

Ovo je centralna teorema matematicke statistike.Neka je X obiljezje, (X 1, . . . , X n) prost uzorak i funkcija f : Rn → R. Slucajnapromjenljiva Y = f (X 1, . . . , X n) zove statistika. Koristimo sljedece dvijestatistike :

• Sredinu uzorka X n = 1n

n

i=1

X i,

• Varijansu (disperziju) uzorka S n2

= 1n

ni=1

(X i − X n)2,

• Standardno odstupanje uzorka S n =

1n

ni=1

(X i − X n)2.

6.2 Raspodjela obiljezja. Histogram

Neka je Ω = ω1, ω2, . . . , ωn populacija, X : Ω → R obiljezje i x1, x2, . . . , xm

vrijednosti koje moze uzeti obiljezje. Za svako k ∈ 1, 2, . . . , m oznacimo sa nk

broj elemenata populacije Ω na kojima obiljezje X uzima vrijednost xk. Brojnk zove se apsolutna frekvencija vrijednosti xk, broj nk/n je relativna frekven-cija te vrijednosti. Raspodjela obiljezja je odred-ena, ako su date vrijednsotix,x2, . . . , xm i odgovarajuce relativne frekvencije tih vrijednosti.

Ponekad se raspodjela obiljezja prikazuje graficki. Opisacemo jedan nacingrafickog predstavljanja. Prvo se uoci interval [a, b) koji sadrzi sve vrijednostiobiljezja, a onda se taj interval razbije na intervale

[a, a1), [a,a2), . . . , [ar−1, , b),

pri cemu su ti intervali jednake duzine. Zatim se nad svakim od manjih inter-vala, kao nad osnovicom nacrta pravougaonik cija je visina jednaka relativnojfrekvenciji pojavljivanja vrijednosti obiljezja u tom intervalu.

Primjer 6.3. U sljedecoj tabeli dati su podaci o visinama studenata. Nacrtati



6.3. OCJENJIVANJE PARAMETARA RASPODJELA 73

histogram raspodjele visina studenata.

Visina u cm Broj 156-160 5 160-164 21164-168 55 168-172 107 172-176 180 176-180 241180-184 168 184-188 61188-192 15 192-196 3

6.3 Ocjenjivanje parametara raspodjela

Neka je dato obiljezje X sa raspodjelom koja zavisi od jednog parametra θ.Neka je Θ odgovarajuci dopustivu skup, tj. skup kome pripada θ. Na taj nacinimamo familiju raspodjela

F (x, θ) : θ ∈ Θ.

Zadatak je da se na osnovu uzorka (X 1, . . . , X N ) odredi vrijednost parame-tra θ odnosno raspodjela F (x, θ) za X . Izlozicemo tackaste ocjene param-

etara. Kod ovih ocjena bira se statistika U = ϕ(X 1, · · · , X n) takva da se zaocjenu nepoznatog parametra θ uzima realizovana vrijednost u = ϕ(x, . . . , xn).

Statisitka U zove se ocjena.Statistika U je nepristrasna (centrirana) ocjena parametra θ ako je

E (U ) = θ.

Ako jelim

n→+∞E (U ) = θ,

kazemo da je U asimptotski centrirana. Statistika U 1 je bolja ocjena odstatistike U 2 ako je

V ar(U 1) < V ar(U 2).




Metod maksimalne vjerodostojnosti

Funkcija vjerodostojnosti L((x,x2, . . . , xn; θ) obiljezja X sa funkcijomraspodjele F (x, θ) je

L(x1, x2, . . . , xn; θ) =n

i=1

p(xi, θ),

ako je X diskretnog tipa, sa raspodjelom vjerovatnoca P (x, θ), a ako je X neprekidnog tipa sa funkcijom gustine raspodjele f (x; θ) tada je

L((x,x2, . . . , xn; θ) =

ni=1

f (xi, θ).

Neka je θ = g(x1, x2, . . . , xn) vrijednost parametra kojom se postize maksimumza L(x1, x2, . . . , xn; θ) pri fiksiranim x1, x2, . . . , xn. Statistika θ = g(X 1, X 2, . . . , X n)

je ocjena maksimalne vjerodostojnosti parametra θ.

Primjer 6.4. 1. Vjerovatnoca da proizvod bude neispravan je p. Proizvodi se prave sve dok se prvi put ne pojavi neispravan proizvod. Na osnovu uzorka obima n, metodom maksimalne vjerodostojnosti ocijeniti nepoznatu vjerovatnocu.Na osnovu uzorka

xk 5 6 7 8 9 10 mk 10 12 11 9 7 6

izracunati ocjenu za p.Rjesenje. Funkcija vjerodostojnosti je, ( radi se o geometrijskoj raspodjeli)

L(x1, x2, . . . , xn, p) =n

i=1

(1 − p)xi−1 p = p

1 − p

n(1 − p)

nPi=1

xi.

Iz uslova ∂L(x1, x2, . . . xn)

∂p= 0,

imamo p =n

ni=1

xi

.

Na osnovu uzorka dobija se

p =

55

392.

2. Iz Poissonove raspodjele sa nepoznatim parametrom λ dobijen je uzorak 0,1, 0, 2, 3, 0. Naci ocjenu maksimalne vjerodostojnosti za λ.Rjesenje.

L(0, 1, 0, 2, 3, 0; λ) =λ2

12e−6λ,

pa se dobije λ = 1.



6.4. INTERVALI POVJERENJA ZA NEPOZNATU BINOMNU VJEROVATNOCU 75

6.4 Intervali povjerenja za nepoznatu binomnu

vjerovatnocuNeka S n ima binomnu raspodjelu sa nepoznatim parametrom p. Tada za

svako > 0 vrijedi

P

p ∈

S nn

− ,S nn

+

≥ 1 − 1

4n2. (6.1)

Naime, nejednakost (6.1) slijedi iz nejednakosti Cebiseva

P

S nn

− p

≤ ) ≥ 1 − p(1 − p)

n2

i cinjenice da funkcija ϕ( p) = p(1−

p) ima maksimum, koji je jednak 1

4i koji se

dostize za p = 12 .

IntervalSnn − , Sn

n +

naziva se interval povjerenja za nepoznatu vjerovatnocu p.

Primjer 6.5. U slucaju da je n = 1000 odrediti duzinu intervala povjerenja kome sa vjerovatnocom 0.99 pripada parametar p.Rjesenje. Iz uslova 1 − 1

4n2= 0.99, za n = 1000 dobijamo ≈ 0.316. Dakle,

duzina intervala povjerenja je 0.632.

Neka S n ima binomnu raspodjelu sa nepoznatim parametrom p. Tada zanule x1 i x2, (x1 < x2) kvadratnog polinoma

p(x) = (n2 + c2n)x2

−(c2n + 2nS n)x + S 2n

vrijediP (x1 ≤ p ≤ x2) ≈ 2Φ(c) − 1. (6.2)

Naime, na osnovu Muavr-Laplasove teoreme imamo

P

S n − np np(1 − p)

≤ c

≈ 2Φ(c) − 1.

Kako je nejednakost

S n − np

np(1 − p)

≤ c

ekvivalentna sa

(n2 + c2n) p2 − (c2n + 2nS n) p + S 2n ≤ 0

to za nule x1 i x2 polinoma p(x) vrijedi

P (x1 ≤ p ≤ x2) = P

S n − np np(1 − p)

≤ c

≈ 2Φ(c) − 1.




Primjer 6.6. Na osnovu 6.2 odrediti 95% interval povjerenja za nepoznati

parametar p ako je n = 1000 i S n = 540.Rjesenje. Iz uslova 2Φ(c) − 1 = 0.95 dobijamo c = 1.96. Kako je n = 1000 i S n = 540 imamo

p(x) = 1003841, 6x2 − 1083841, 6x + 291600

odakle slijedi x1 = 0.509, x2 = 0.570. Dakle, u konkretnom slucaju dobijamo da je 95% interval povjerenja [0.509, 0.570].

6.5 Regresiona analiza

U statistickim istrazivanjima cesto je znacajno ispitati da li su neke slucajnevelicine zavisne ili nezavisne, a u slucaju zavisnosti vazno je okarakterisati pos-

tojecu zavisnost. Na primjer, interesuje nas da li su u zavisnosti visina cijeneX i kolicina prodaje Y nekog proizvoda.

Pretpostavimo da se u procesu ekperimenta registruju vrijednosti velicina X i Y . Ako se eksperiment ponovi n puta, onda se kao rezultat registruje n parovabrojeva

(x1, y1), (x2, y2) . . . , (xn, yn).

Prepostavimo da nam odred-eni teorijski razlozi daju za pravo da smatramo dase zavisnost izmed-u X i Y moze dovoljno tacno opisati linearnom vezom

Y = aX + b.

Ako pokusamo da odredimo konstante a i b, tako da vaze jednakosti

yk

= axk

+ b, k∈

1, 2, . . . , n

,

onda se obicno srecemo sa situacijom da dobijeni sistem od n linearnih jednacinanema rjesenja.Do takve situacije moze doci zbog pogresne pretpostavke o linearno j zavisnostiizmed-u velicina X i Y , ali i zbog gresaka u mjerenju. Ako ipak smatramo da jeteorijska pretpostavka tacna, onda je prirodno odrediti konstante a i b, tako dase ukupna apsolutna vrijednost gresaka

εk = yk − (axk + b), k ∈ 1, 2, . . . , n,

minimizira. Formulisacemo dva pravila.PRAVILO I. Konstante a i b odred-ujemo iz uslova da izraz

S =

nk=1

|εk| =

nk=1

|yk − (axk + b)|

ima minimalnu vrijednost.PRAVILO II. (Metod najmanjih kvadrata)Konstante a i b odred-ujemo iz uslovada izraz

S =n

k=1

ε2k =n

k=1

(yk − axk − b)2



6.5. REGRESIONA ANALIZA 77

ima minimalnu vrijednost.

Pravilo I I je jednostavnije u analitickom smislu, jer bi primjena pravila IIpodrazumijevala rad sa ne uvijek pogodnom funkcijom | · |.Koristeci ekstremne vrijednosti funkcija dvije promjenljive mogu se dobiti

vrijednosti za a i b. Prije nego navedemo ove rezultate uvedimo neke oznake:

x =1

n

nk=1

xk, y =1

n

nk=1

yk,Sxy =1

n

nk=1

(xk − x)(yk − y),

S 2x =1

n

nk=1

(xk − x)2, S 2y =1

n

nk=1

(yk − y)2.

Vrijednosti konstanti a i b koje se dobiju metodom najmanjih kvadrata su

sljedece:

a =S xyS 2x

, b = y − ax.

Prava

y − y =S xyS 2x

(x − x),

zove se regresiona prava velicina X i Y . Broj S xy zove se uzoracki koeficijent

kovarijacije velicina X i Y , a brojSxyS2x

uzoracki koeficijent regresije.

Vrijednost

σ, gdje je

σ2 1n − 2

nk=1

(yk − axk − b)2,

je standardna greska linearne regresije.

Primjer 6.7. Naci pravu liniju koja najbolje opisuje zavisnost izmed -u x i y na osnovu uzorka

x 1 1 2 4y 7 8 6 3

Rjesenje. Ocjene parametara regresione prave su date sa

a = S xyS 2x

, b = y − ax,

gdje je

S 2x =

(xk − x)2, S xy =

(xk − x)(yk − y).

Dobija se y = −1.5x + 9.




6.6 Zadaci

Zadatak 6.1. Dat je uzorak : 15, 21, 10, 23, 17, 28. Izracunati uzorackusredinu, uzoracku varijansu i stndardno odstupanje.Zadatak 6.2. U 30 prvenstvenih utakmica jedna ekipa je postigla ukupno 38golova. U sljedecoj tabeli dat je broj utakmica na kojima je ekipa postigla po0, 1, 2, 3, 4, 5 golova:

Broj utakmica Broj golova5 07 13 24 32 4

1 5

Odrediti uzoracku sredinu, disperziju i standardno odstupanje broja golovapostignutih po utakmici. Nacrati histogram postignutih golova.Zadatak 6.3. Vjerovatnoca da proizvod bude neispravan je p. Proizvodi seprave sve dok se prvi put ne pojavi neispravan proizvod. Na osnovu uzorkaobima n, metodom maksimalne vjerodostojnosti ocijeniti nepoznatu vjerovatnocu.Na osnovu uzorka

xk 5 6 7 8 9 10mk 10 12 11 9 7 6

izracunati ocjenu za p.Rjesenje. Funkcija vjerodostojnosti je

L(x1, x2, . . . , xn) =n

i=1

(1 − p)xi−1 p = p

1 − p

n

(1 − p)

nPi=1

xi.

Iz uslova∂L(x1, x2, . . . , xn)

∂p= 0,

imamo p =n

ni=1

xi

.

Na osnovu uzorka dobija se p = 55392

.

Zadatak 6.4. Neka S n ima binomnu raspodjelu sa nepoznatim parametrom p.Pokazati da je za svako > 0

P

p ∈

S nn

− ,S nn

+

≥ 1 − 1

4n2,



6.6. ZADACI 79

pa zatim u slucaju da je n = 1000 odrediti duzinu intervala povjerenja kome sa

vjerovatnocom 0.99 pripada parametar p.Rjesenje. Data nejednakost slijedi iz nejednakosti Cebiseva

P

S nn

− p

≤ ) ≥ 1 − p(1 − p)

n2

i cinjenice da funkcija ϕ( p) = p(1 − p) ima maksimum, koji je jednak 14 i koji se

dostize za p = 12

.Iz uslova 1 − 1

4n2= 0.99, za n = 1000 dobijamo ≈ 0.316. Dakle, duzina

intervala povjerenja je 0.632.Zadatak 6.5. Neka S n ima binomnu raspodjelu sa nepoznatim parametrom p.Pokazati da za nule x1 i x2, (x1 < x2) kvadratnog polinoma

p(x) = (n2 + c2n)x2 − (c2n + 2nS n)x + S 2n

vrijedi

P (x1 ≤ p ≤ x2) ≈ 2Φ(c) − 1.

Na osnovu toga odrediti 95% interval povjerenja za nepoznati parametar p ako je n = 1000 i S n = 540.Rjesenje. Na osnovu Muavr-Laplasove teoreme imamo

P

S n − np

np(1 − p)

≤ c

≈ 2Φ(c) − 1.

Kako je nejednakost S n − np np(1 − p)

≤ c

ekvivalentna sa

(n2 + c2n) p2 − (c2n + 2nS n) p + S 2n ≤ 0

to za nule x1 i x2 polinoma p(x) vrijedi

P (x1 ≤ p ≤ x2) = P

S n − np

np(1−

p)

≤ c

≈ 2Φ(c) − 1.

Iz uslova 2Φ(c) − 1 = 0.95 dobijamo c = 1.96. Kako je n = 1000 i S n = 540imamo

p(x) = 1003841, 6x2 − 1083841, 6x + 291600

odakle slijedi x1 = 0.509, x2 = 0.570. Dakle, u konkretnom slucaju dobijamoda je 95% interval povjerenja [0.509, 0.570].




Zadatak 6.6. Na podrucju sest gradova proda ja i troskovi promotivnih ak-

tivnosti jednog proizvod-aca bili su:

Grad Prodaja (tona) Troskovi promocije (hilj. dolara)G1 22 3.5G2 28 7.7G3 17 2.1G4 21 2.8G5 14 1.4G6 23 3.5

1. Izraziti odnos prodaje i troskova promotivnih aktivnosti jednacinom re-gresije.

2. Ocijeniti velicinu prodaje, ukoliko bi troskovi promocije iznosili 10 hiljada.

Zadatak 6.7. Osam hotela B kategorije u jednom gradu imali su cijene pan-siona i popunjenosti smjestajnih kapaciteta, kao sto je predstavljeno u naredno jtabeli.

Hotel Cijena pansiona (EUR) % popunjenosti kapacitetaI 80 80II 100 75III 90 75IV 105 71V 95 70VI 95 73VII 110 72VIII 85 80

a) Izraziti odnos cijene pansiona i popunjenosti smjestajnih kapaciteta jednacinomregresije,b) Kolika popunjenost kapaciteta moze da se ocekuje, ukoliko bi cijena pansionabila 120 dolara?c) Odrediti standardnu gresku.



7

Dodaci

7.1 Pregled vaznijih raspodjela

Bernoullijeva

P (X = 1) = p, P (X = 0) = 1 − p.

E (X ) = p, Var(X ) = p(1 − p), h(t) = 1 − p + peit.

Binomna B(n, p)

P (X = k) =

nk

pk(1 − p)n−k, k = 0, . . . , n .

E (X ) = np, Var(X ) = np(1 − p), h(t) = (1 − p + peit)n.

Geometrijska

P (X = k) = p(1 − p)k−1, k = 1, 2, . . .

E (X ) =1

p, Var(X ) =

1 − p

p2, h(t) =

peit

1 − (1 − p)eit.

Hipregeometrijska

P (X = k) =

mk

n − mr − k

nr

, k = 0, . . . , r, r ≤ m < n.

E (X ) =rm

n, Var(X ) =

rm(n − m)(n − r)

n2(n − 1).

Negativna binomna

P (X = k) =

k − 1r − 1

pr(1 − p)k−r, k = r, r + 1, . . .

81



82 7. DODACI

E (X ) =r

p

, Var(X ) =r(1 − p)

p2

, h(t) = peit

1 − (1 − p)eit

r

.

Poissonova P (λ)

P (X = k) = e−λ λk

k!, k = 0, 1, . . .

E (X ) = λ, Var(X ) = λ, h(t) = eλ(eit−1).

Uniformna U (a, b)

f (x) =1

b − a, x ∈ [a, b].

E (X ) =a + b

2, Var(X ) =

(b − a)2

12, h(t) =

eitb − eita

it(b − a).

Eksponencijalna E (λ)

f (x) = λe−λx, x ≥ 0, λ > 0.

E (X ) =1

λ, Var(X ) =

1

λ2, h(t) =

λ

λ − it.

Normalna N (µ, σ2)

f (x) =1

σ√

2πe−

(x−µ)2

2σ2 , x ∈ R.

E (X ) = µ, Var(X ) = σ2, h(t) = eiµt−σ2t2

2 .

Gama Γ(α, λ)

f (x) =λαe−λxxα−1

Γ(α), x > 0.

E (X ) =α

λ, Var(X ) =

α

λ2, h(t) =

λα

(λ − it)α.

Beta B(α, β )

f (x) =Γ(α + β )

Γ(α)Γ(β )xα−1(1 − x)β−1, 0 < x < 1.

E (X ) =α

α + β , Var(X ) =

αβ

(α + β )2(α + β + 1).

Hi kvadrat χ2(n)

f (x) =1

2n2 Γ(n

2)

xn2−1e−

x2 , x > 0.

E (X ) = n, Var(X ) = 2n, h(t) =1

(1 − 2it)n2

.



7.2. STATISTI CKE TABLICE 83

Studentova t(n)

f (x) =Γ((n + 1)/2)√

nπΓ(n/2)

1 +

x2

n

−(n+1)/2

, x ∈ R.

E (X ) = 0, (n > 1), Var(X ) =n

n − 2, (n > 2).

7.2 Statisticke tablice



84 7. DODACI

Normalna raspodjela: vrijednosti funkcije Φ(x) = 1√2π

x

−∞

e−t2

2 dt,

Primjer: Φ(1.56) = 0.9406.

x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 90.0 5000 5040 5080 5120 5160 5199 5239 5279 5319 53590.1 5398 5438 5478 5517 5557 5596 5636 5675 5714 57530.2 5793 5832 5871 5910 5948 5987 6026 6064 6103 61410.3 6179 6217 6255 6293 6331 6368 6406 6443 6480 65170.4 6554 6591 6628 6664 6700 6736 6772 6808 6844 68790.5 6915 6950 6985 7019 7054 7088 7123 7157 7190 72240.6 7257 7291 7324 7357 7389 7422 7454 7486 7517 75490.7 7580 7611 7642 7673 7704 7734 7764 7794 7823 78520.8 7881 7910 7939 7967 7995 8023 8051 8078 8106 8133

0.9 8159 8186 8212 8238 8264 8289 8315 8340 8365 83891.0 8413 8438 8461 8485 8508 8531 8554 8577 8599 86211.1 8643 8665 8686 8708 8729 8749 8770 8790 8810 88301.2 8849 8869 8888 8907 8925 8944 8962 8980 8997 90151.3 9032 9049 9066 9082 9099 9115 9131 9147 9162 91771.4 9192 9207 9222 9236 9251 9265 9279 9292 9306 93191.5 9332 9345 9357 9370 9382 9394 9406 9418 9429 94411.6 9452 9463 9474 9484 9495 9505 9515 9525 9535 95451.7 9554 9564 9573 9582 9591 9599 9608 9616 9625 96331.8 9641 9649 9656 9664 9671 9678 9686 9693 9699 97061.9 9713 9719 9726 9732 9738 9744 9750 9756 9761 97672.0 9772 9778 9783 9788 9793 9798 9803 9808 9812 98172.1 9821 9826 9830 9834 9838 9842 9846 9850 9854 98572.2 9861 9864 9868 9871 9875 9878 9881 9884 9887 98902.3 9893 9896 9898 9901 9904 9906 9909 9911 9913 99162.4 9918 9920 9922 9925 9927 9929 9931 9932 9934 99362.5 9938 9940 9941 9943 9945 9946 9948 9949 9951 99522.6 9953 9955 9956 9957 9959 9960 9961 9962 9963 99642.7 9965 9966 9967 9968 9969 9970 9971 9972 9973 99742.8 9974 9975 9976 9977 9977 9978 9979 9979 9980 99812.9 9981 9982 9982 9983 9984 9984 9985 9985 9986 9986



7.2. STATISTI CKE TABLICE 85

Kvantili εu hi kvadrat raspodjele χ2(n)

un 0.005 0.01 0.025 0.05 0.95 0.975 0.99 0.9951 0.00004 0.00016 0.00098 0.00393 3.841 5.024 6.635 7.8792 0.010 0.020 0.051 0.103 5.991 7.378 9.21 10.5973 0.072 0.115 0.216 0.352 7.815 9.348 11.345 12.8384 0.207 0.297 0.484 0.711 9.488 11.143 13.277 14.8605 0.412 0.554 0.831 1.145 11.070 12.833 15.086 16.7506 0.676 0.872 1.237 1.635 12.592 14.449 16.812 18.5487 0.989 1.239 1.690 2.167 14.067 16.013 18.475 20.2788 1.344 1.646 2.180 2.733 15.507 17.535 20.09 21.9559 1.735 2.088 2.700 3.325 16.919 19.023 21.666 23.589

10 2.156 2.558 3.247 3.940 18.307 20.483 23.209 25.18811 2.603 3.053 3.816 4.575 19.675 21.92 24.725 26.75712 3.074 3.571 4.404 5.226 21.026 23.337 26.217 28.30013 3.565 4.107 5.009 5.892 22.362 24.736 27.688 29.81914 4.075 4.660 5.629 6.571 23.685 26.119 29.141 31.31915 4.601 5.229 6.262 7.261 24.996 27.488 30.578 32.80116 5.142 5.812 6.908 7.962 26.296 28.845 32.000 34.26717 5.697 6.408 7.564 8.672 27.587 30.191 33.409 35.71818 6.265 7.015 8.231 9.390 28.869 31.526 34.805 37.15619 6.844 7.633 8.907 10.117 30.144 32.852 36.191 38.58220 7.434 8.260 9.591 10.851 31.410 34.17 37.566 39.99721 8.034 8.897 10.283 11.591 32.671 35.479 38.932 41.40122 8.643 9.542 10.982 12.338 33.924 36.781 40.289 42.796

23 9.260 10.196 11.689 13.091 35.172 38.076 41.638 44.18124 9.886 10.856 12.401 13.848 36.415 39.364 42.980 45.55925 10.52 11.524 13.120 14.611 37.652 40.646 44.314 46.92826 11.16 12.198 13.844 15.379 38.885 41.923 45.642 48.29027 11.808 12.879 14.573 16.151 40.113 43.195 46.963 49.64528 12.461 13.565 15.308 16.928 41.337 44.461 48.278 50.99329 13.121 14.256 16.047 17.708 42.557 45.722 49.588 52.33630 13.787 14.953 16.791 18.493 43.773 46.979 50.892 53.672



86 7. DODACI

Kvantili εu raspodjele t(n)

u0 0.75 0.9 0.95 0.975 0.99 0.9951 1.000 3.078 6.314 12.706 31.821 63.6572 0.816 1.886 2.920 4.303 6.965 9.9253 0.765 1.638 2.353 3.182 4.541 5.8414 0.741 1.533 2.132 2.776 3.747 4.6045 0.727 1.476 2.015 2.571 3.365 4.0326 0.718 1.440 1.943 2.447 3.143 3.7077 0.711 1.415 1.895 2.365 2.998 3.4998 0.706 1.397 1.860 2.306 2.896 3.3559 0.703 1.383 1.833 2.262 2.821 3.250

10 0.700 1.372 1.812 2.228 2.764 3.169

11 0.697 1.363 1.796 2.201 2.718 3.10612 0.695 1.356 1.782 2.179 2.681 3.05513 0.694 1.350 1.771 2.160 2.650 3.01214 0.692 1.345 1.761 2.145 2.624 2.97715 0.691 1.341 1.753 2.131 2.602 2.94716 0.690 1.337 1.746 2.120 2.583 2.92117 0.689 1.333 1.740 2.110 2.567 2.89818 0.688 1.330 1.734 2.101 2.552 2.87819 0.688 1.328 1.729 2.093 2.539 2.86120 0.687 1.325 1.725 2.086 2.528 2.84521 0.686 1.323 1.721 2.080 2.518 2.83122 0.686 1.321 1.717 2.074 2.508 2.81923 0.685 1.319 1.714 2.069 2.500 2.80724 0.685 1.318 1.711 2.064 2.492 2.79725 0.684 1.316 1.708 2.060 2.485 2.78726 0.684 1.315 1.706 2.056 2.479 2.77927 0.684 1.314 1.703 2.052 2.473 2.77128 0.683 1.313 1.701 2.048 2.467 2.76329 0.683 1.311 1.699 2.045 2.462 2.75630 0.683 1.310 1.697 2.042 2.457 2.750



Literatura

[1] Asic, M. i saradnici, Ispitni zadaci iz teorije verovatnoce i matematicke statis-tike, Beograd 1970.

[2] Glisic, Z., Perunicic, P., Zbirka resenih zadataka iz verovatnoce imatematicke statistike, Beograd 1982.

[3] Ivkovic, Z., Teorija verovatnoca sa matematickom statistikom, Beograd1980.

[4] Jovanovic, M., Merkle, M., Mitrovic, Z., Vjerovatnoca i statistika, zbirkarijesenih zadataka, Banja Luka 2006.

[5] Mladenovic, P., Elementaran uvod u vjerovatnocu i statistiku, Beograd 1990.

[6] Merkle, M., Vasic, P., Verovatnoca i statistika, Beograd 1998.

[7] Lozanov-Crvenkovic, Z., Rajter, D., Zbirka resenih zadataka iz verovatnoce

i statistike, Novi sad 1999.

[8] Elezovic, N., Teorija vjerojatnosti, Zagreb 1995.

87

Documents

Matematicka_Statistika