142
Neven Elezovi´ c VJEROJATNOST I STATISTIKA 1. Diskretna vjerojatnost

ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

Embed Size (px)

DESCRIPTION

Osnove diskretne vjerojatnosti .

Citation preview

Page 1: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

Neven Elezovic

VJEROJATNOST I STATISTIKA1. Diskretna vjerojatnost

� �

Page 2: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

ISBN 953-197-539-6

Page 3: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

Neven Elezovic

Redoviti profesor Fakulteta elektrotehnike i racunarstvaZavod za primijenjenu matematiku

VJEROJATNOST I STATISTIKA

Diskretna vjerojatnost

0. izdanje

Zagreb, 2007

Page 4: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

c© Prof. dr. sc. Neven Elezovic, 2007.

UrednikSandra Gracan, dipl. inz.

NakladnikElement, Zagreb

Dizajn ovitka

Edo Kadic

TisakElement, Zagreb

Nijedan dio ove knjige ne smije se preslikavati niti umnazatina bilo koji nacin, bez pismenog dopustenja nakladnika

Page 5: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

SADRZAJ

1. Vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1. Algebra doga -daja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3. Klasicni vjerojatnosni prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.4. Beskonacni vjerojatnosni prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.5. Geometrijska vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.6. Elementi kombinatorike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.7. Rijeseni primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

Zadatci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

2. Uvjetna vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 642.1. Uvjetna vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 642.2. Nezavisnost doga -daja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 672.3. Formula potpune vjerojatnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 712.4. Bayesova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 732.5. Rijeseni zadatci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

Zadatci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

3. Diskretne slucajne varijable i vektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 883.1. Diskretne slucajne varijable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 893.2. Dvodimenzionalne diskretne razdiobe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 933.3. Momenti i karakteristicne funkcije diskretnih varijabli . . . . . . . 973.4. Rijeseni zadatci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

Zadatci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

4. Primjeri diskretnih razdioba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1164.1. Geometrijska razdioba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1164.2. Binomna razdioba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1194.3. Poissonova razdioba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

Zadatci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

Odgovori i rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

Kazalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

Page 6: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)
Page 7: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.Vjerojatnost

1. Algebra doga -daja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12. Vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93. Klasicni vjerojatnosni prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . 144. Beskonacni vjerojatnosni prostor . . . . . . . . . . . . . . . 215. Geometrijska vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266. Elementi kombinatorike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307. Rijeseni primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

Zadatci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

Temeljni pojmovi koje zelimo opisati u ovom poglavlju su algebra doga -daja i vjerojatnost.Najjednostavnije je pojam doga -daja dovesti u vezu s stohastickim pokusom. Tako nazivamo

svaki pokus ciji ishod nije unaprijed odre -den. Taj ishod ovisi o nekim nepredvidivim okolnostimai stoga je slucajan. Novcic bacen uvis pada na jednu od svoje dvije strane, na koju — unaprijed nemozemo znati. Vrijeme ispravnog rada nekog ure -daja ne moze se unaprijed predvidjeti.

Ishod pokusa zovemo elementarni doga -daj. Njih u nekom pokusu moze biti konacno, ali ibeskonacno mnogo. Kocka ce pasti na jednu od sest svojih strana, a biranje na srecu jedne tockeunutar, recimo, jedinicnog kruga ima kao moguci ishod beskonacno mnogo elementarnih doga -daja.

Pri svakom se pokusu mogu ostvariti ili ne razliciti doga -daji. Kocka moze, na primjer, pastina paran ili na neparan broj. Hoce li se dogoditi neki doga -daj mozemo predvidjeti pridruzujuci muodre -denu vjerojatnost. Sto je doga -daj izvjesniji, njegova ce vjerojatnost biti bliza jedinici. Malovjerojatni doga -daji imat ce vjerojatnost blisku nuli.

Racun s doga -dajima i vjerojatnostima mora se pokoravati izvjesnim zakonima koje cemo upoz-nati u ovom poglavlju.

1.1. Algebra doga -daja

Elementarne cemo doga -daje oznacavati s ω . Skup svih elementarnih doga -dajaoznacavamo s Ω . Skup Ω i sam je doga -daj, on se ostvaruje pri svakom ishodu pokusa.Nazivamo ga stoga sigurni doga -daj. Njegova je suprotnost nemoguc doga -daj, koji sepri realizaciji pokusa nikad ne moze ostvariti. Oznacavamo ga simbolom ∅ . Razlicitedoga -daje vezane uz neki pokus oznacavat cemo velikim slovima latinicne abecede:A , B , C . . . . Oni se sastoje od izvjesnog broja elementarnih doga -daja. To su daklepodskupovi od Ω .

1

Page 8: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

2 1. VJEROJATNOST

Primjer 1.1. Bacamo jednu kocku kojoj su strane oznacene brojevima od 1 do 6.Odredimo elementarne doga -daje i skup Ω .

� Elementarni su doga -daji brojevi na koje kocka moze pasti:

ω1 = 1, ω2 = 2, . . . , ω6 = 6.

Skup svih elementarnih doga -daja je

Ω = {ω1,ω2, . . . ,ω6} = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.U pokusu koji ima samo konacno mnogo ishoda doga -daj je bilo koji podskup od Ω .Evo nekoliko doga -daja vezanih uz ovaj pokus:

A = {pao je parni broj} = {2, 4, 6},B = {pao je broj veci od 2} = {3, 4, 5, 6},C = {pao je parni broj manji od 5} = {2, 4}

i slicno. Razlicitih doga -daja postoji 26 = 64 , jer toliko skup Ω ima podskupova. Me -dunjima su nemoguc dogadaja ∅ , 6 jednoclanih (elementarnih) doga -daja, 15 doga -daja odpo dva elemenentarna, 20 doga -daja s tri elementarna itd. �

Primjer 1.2. Novcic je bacen tri puta. U svakom bacanju biljezimo je li se pojavilopismo ( P ) ili glava ( G ). Odredimo Ω , elementarne doga -daje te nekoliko doga -dajavezanih uz ovaj pokus.

� Elementarnih doga -daja ima osam. To su

ω1 = GGG, ω2 = GGP, ω3 = GPG, ω4 = PGG,

ω5 = GPP, ω6 = PGP, ω7 = PPG, ω8 = PPP,

(poredak nabrajanja nije vazan). Ovdje smo, kratkoce radi, s GGP oznacili ure -denutrojku (G,G, P) i slicno za ostale elementarne doga -daje. Siguran doga -daj sastoji seod gornjih osam elementarnih. Evo nekoliko doga -daja vezanih uz ovaj pokus (ukupanbroj doga -daja je 28 = 256 ):

A = {pismo se pojavilo jednom} = {ω2,ω3,ω4},B = {pismo se pojavilo u drugom bacanju} = {ω3,ω5,ω7,ω8},C = {pojavilo se barem jedno pismo i barem

jedna glava} = {ω2,ω3, . . . ,ω7},D = {pismo se pojavilo dvaput za redom} = {ω5,ω7,ω8}. �

Uspore -divanje doga -daja

Kazemo da doga -daj A povlaci doga -daj B ako iz realizacije doga -daja A slijedirealizacija doga -daja B . To znaci da B sadrzi sve elementarne doga -daje koji ulaze udoga -daj A . Pisemo A ⊂ B , u skladu s zapisom iz teorije skupova. Koristimo tako -der izapis A =⇒ B . Govorimo jos: A je specijalni slucaj doga -daja B , B slijedi iz A , Aje sadrzan u B , A je dovoljan uvjet za B , B je nuzdan uvjet za A .

Page 9: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.1. ALGEBRA DOGA-DAJA 3

A BBAAA

Sl. 1.1. Doga -daj A povlacidoga -daj B

Primjer 1.3. Bacamo dvije kocke. Oznacimo doga -daje

A = {oba broja veca su od 4},B = {zbroj brojeva na kockama veci je od 8}.

� Vrijedi A =⇒ B , jer je zbroj brojeva koji su veci od 4 sigurno veci od 8.Obrat nije ispunjen, jer zbroj brojeva moze biti veci od 8 i kad jedna kocka padne na,recimo, 3, a druga na 6. Tad se ostvario B , ali se nije ostvario A . �

Primjer 1.4. Bacamo dvije kocke. Oznacimo doga -daje:

A = {zbroj brojeva na kockama veci je od 8},B = {oba broja veca su od 2}.

� Sad vrijedi A =⇒ B . Naime, zbroj brojeva ne moze biti veci od 8 ako obabroja nisu veca od 2, jer inace najveci zbroj iznosi 2 + 6 = 8 . Vezu ovih doga -dajamozemo izraziti jos ovako:

•Da bi zbroj brojeva bio veci od 8, oba broja nuzno moraju biti veca od 2 ( B jenuzdan uvjet za A ).

• Zelimo li da oba broja na kocki budu veca od 2, dovoljno je da njihov zbroj budeveci od 8 ( A je dovoljan uvjet za B ). �

∗ ∗ ∗Ukoliko vrijedi A ⊂ B i B ⊂ A , onda kazemo da su A i B ekvivalentni ili jednaki

i pisemo A = B . Ekvivalentni doga -daji sastoje se od istih elementarnih doga -daja.Suprotnost ovoj situaciji je ona u kojoj A i B nemaju zajednickih elementarnih

doga -daja.Doga -daji A i B su disjunktni, ako se istovremeno ne mogu ostvariti i jedan i

drugi 1 . Kazemo jos da se A i B me -dusobno iskljucuju. Tako na primjer, pri bacanjukocke su doga -daji A = {pao je paran broj} i B = {pao je broj 3} disjunktni.

Sl. 1.2. Disjunktni doga -daji

Ω

A

B

1 Nije nuzno da se ostvari neki od ova dva doga -daja, moguce je dakle da se ne ostvari niti jedan od njih

Page 10: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

4 1. VJEROJATNOST

Primjer 1.5. Novcic bacamo cetiri puta. Istaknimo sljedece doga -daje:

A = {pojavila su se tocno tri pisma},B = {pojavile su se najvise dvije glave},C = {pojavila se tocno jedna glava},D = {ostvario se niz PGGP}.

koji od ovih doga -daja povlace neki drugi, koji su ekvivalentni, a koji se me -dusobnoiskljucuju?

Operacije s doga -dajima

Neka su A , B doga -daji. Pomocu njih mozemo naciniti nove doga -daje:

Unija i presjek doga -daja

Doga -daj koji se ostvaruje ako se ostvario barem jedan od doga -daja A , Bnaziva se unija ili zbroj (suma) doga -daja i oznacava s A ∪ B , A + B , A iliB .Doga -daj koji se ostvaruje ako su se ostvarila oba doga -daja A i B naziva sepresjek ili umnozak (produkt) doga -daja i oznacava s A ∩ B , AB , A i B .

A

B

Ω

A B

Ω

BA

A

B

Sl. 1.3. Unija i presjek dvaju doga -daja

Primjer 1.6. Bacamo jednu kocku. Istaknimo doga -daje

A = {pao je parni broj},B = {pao je broj veci od 2}.

Onda je

A ∪ B = {pao je parni broj ili broj veci od 2}= {pao je broj veci od 1} = {2, 3, 4, 5, 6},

A ∩ B = {pao je parni broj veci od 2} = {4, 6}.∗ ∗ ∗

Operacije unije i presjeka mogu se definirati i za nekoliko doga -daja. Unija ndoga -daja je doga -daj

A = A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An

koji se ostvaruje ako se ostvario barem jedan od doga -daja A1 ,. . . An .

Page 11: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.1. ALGEBRA DOGA-DAJA 5

A1 2 nA A... A A1 2 A... n

Sl. 1.4. Unija (lijevo) i presjek (desno) vise doga -daja

Presjek n doga -daja je doga -daj

A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An

koji se ostvario ako se ostvario svaki od doga -daja A1, . . . , An .

∗ ∗ ∗

Razlika doga -daja. Komplement doga -daja

Doga -daj koji se ostvaruje ako se ostvari doga -daj A , a da se ne ostvari doga -dajB , nazivamo razlika doga -daja A i B i oznacavamo s A \ B , A − B .Doga -daj Ω \ A nazivamo komplementom ili suprotnim doga -dajem doga--daja A . On se ostvaruje ako i samo ako se A nije ostvario. Oznacavamo gas A ili s Ac .

Sl. 1.5. Razlika dvaju do-ga -daja (lijevo) i komple-ment doga -daja (desno) A\ B

A B A

A_

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

∗ ∗ ∗

Page 12: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

6 1. VJEROJATNOST

Primjer 1.7. Sto se moze zakljuciti o doga -dajima A , B , C za koje vrijedi

1. ABC = A ; 2. A + B = A ; 3. A + B + C = A ;4. A + B = A ; 5. A + B = AB ; 6. AB = A ?

� (Skiciraj gornje situacije Euler–Vennovim dijagramima).1. A ⊆ B i A ⊆ C 2. B ⊆ A3. B ⊆ A i C ⊆ A 4. A = ∅ , B = Ω5. A = B 6. A = Ω , B = ∅ .

De Morganovi zakoni

Veza izme -du operacija komplementiranja, unije i presjeka iskazana je u sljedecimformulama:

A ∪ B = A ∩ B (1)

A ∩ B = A ∪ B (2)

Te formule nazivamo de Morganovi zakoni.

A

B

Ω

A B

Ω

BA

A

B

Sl. 1.6. De Morganovi zakoni

Dokazimo (1):

ω ∈ A ∪ B ⇐⇒ ω /∈ A ∪ B ⇐⇒ ω /∈ A i ω /∈ B

⇐⇒ ω ∈ A i ω ∈ B ⇐⇒ ω ∈ A ∩ B.

Drugu formulu mozemo pokazati na slican nacin. Me -dutim, korisno je vidjeti daona slijedi iz prve formule. Naime, kako za svaki doga -daj vrijedi A = A , mozemoracunati ovako

A ∪ B = po (1) = A ∩ B = A ∩ B

te je

A ∩ B = A ∪ B = A ∪ B.

Primjer 1.8. De Morganove zakone mozemo ilustrirati koristeci se jednostavnimmodelima serijskog i paralelnog spoja.

1. Serijski spoj. Neka u serijskom spoju dviju sklopki doga -daj A oznacava da jeprva sklopka iskljucena, a doga -daj B da je iskljucena druga sklopka.

Page 13: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.1. ALGEBRA DOGA-DAJA 7

1 2A B

Veza izme -du tocaka 1 i 2 nece postojati ako se ostvari barem jedan od doga -daja Aili B :

{ne postoji veza} = A ∪ B.

Veza izme -du tih tocaka postojat ce ako se nije ostvario niti doga -daj A , niti doga -daj B(nema prekida niti na jednoj sklopki):

{postoji veza} = A ∩ B.

Ova su dva doga -daja komplementarna. Zato vrijedi

A ∪ B = A ∩ B.

Dobili smo prvu de Morganovu formulu.2. Paralelni spoj. Neka su dvije sklopke spojene u paralelnom spoju:

1 2

A

B

Onda vrijedi:

{ne postoji veza} = A ∩ B,

{postoji veza} = A ∪ B = A ∩ B. �

∗ ∗ ∗

De Morganovi zakoni poopcavaju se na uniju i presjek n doga -daja:

A1 ∪ · · · ∪ An = A1 ∩ · · · ∩ An,

A1 ∩ · · · ∩ An = A1 ∪ · · · ∪ An.

Ilustrirajte ove formule pomocu serijskog i paralelnog spoja n sklopki.

Algebra doga -daja

Dosadasnji pristup doga -dajima i operacijama zasnivao se na intuiciji. Tako smo, na primjer,presutno podrazumjevali da su presjek i unija dvaju doga -daja ponovo doga -daji. U strogo definiranojmatematickoj teoriji ovi pojmovi moraju biti vrlo precizno definirani. To je nuzno da bi se izbjeglimoguci paradoksi unutar same teorije. Tako na primjer, potpuno je jasno da su doga -daji podskupoviskupa Ω . Me -dutim, obratna tvrdnja: svaki podskup od Ω je doga -daj, nije uvijek istinita! Opcenito,postojat ce situacije kad doga -daji nece biti svi podskupovi od Ω .

Da izbjegnemo moguce paradokse, doga -daje cemo definirati kao elemente algebre doga -daja:

Page 14: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

8 1. VJEROJATNOST

Algebra doga -daja

Algebra doga -daja je svaka familija F podskupova od Ω na kojoj su defi-nirane binarna operacija zbrajanja + : F × F → F i unarna operacijakomplementiranja sa svojstvima

1) Ω ∈ F , ∅ ∈ F ,2) A ∈ F =⇒ A ∈ F ,3) A, B ∈ F =⇒ A + B ∈ F .

Elemente algebre F zovemo doga -daji.

Primijetimo da je bilo dovoljno zahtijevati samo Ω ∈ F , jer je ∅ = Ω pa premasvojstvu 2) on tako -der pripada algebri F .

Sto je s umnoskom doga -daja? Ako su A i B doga -daji, onda A i B pripadajualgebri F , pa toj algebri pripada i njihov zbroj A + B . Konacno je

A · B = A + B ∈ F.

Dakle, umnozak doga -daja ponovo je doga -daj.Isto vrijedi i za razliku dvaju doga -daja, jer za A, B ∈ F vrijedi

A \ B = A · B ∈ F.

Booleova algebra

U mnogim se primjenama koristi struktura sastavljena od familije F dvije binarneoperacije + i · , unarne operacije komplementiranja koja zadovoljava sljedecih devetsvojstava:

1) A + B = B + A A · B = B · A2) (A + B) + C = A + (B + C) (A · B) · C = A · (B · C)3) ∅ + A = A Ω · A = A4) A · (B + C) = A · B + A · C A + B · C = (A + B) · (A + C)5) (∀A ∈ F)(∃A ∈ F) A + A = Ω, A · A = ∅,

gdje su Ω i ∅ dva istaknuta elementa. Takvu familiju nazivamo Booleova algebra.Operacije + i · mogu biti definirane na razlicite nacine. Ako su to operacije unije

i presjeka, a elementi od F podskupovi, zakljucujemo da je algebra doga -daja primjerBooleove algebre.

Primjer 1.9. Pokazi da u svakoj Booleovoj algebri vrijede relacije

1. A + AB = A , 2. A B = A + B ,3. (A+B)(A+B)(A+B)(A+B) = ∅ , 4. A + AB + BC + AC = A + C ,

5. AB + AB + A B = AB.

�1. A + AB = A jer je AB ⊆ A , ili

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

Page 15: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.2. VJEROJATNOST 9

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

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

Primjer 1.10. Ure -daj je prikazan shemom na slici. Neka doga -daj Ai oznacavaprekid na dijelu i , i = 1, 2, 3 . Odredi izraz za doga -daj

A = {ure -daj je prestao s radom},kao i za doga -daj A .

1 2

A

A A

1

2 3

Sl. 1.7.

� Ure -daj prestaje s radom ako se ostvari doga -daj A1 i barem jedan od doga -dajaA2 , A3 . Dakle,

A = A1(A2 + A3)

i po de Morganovim formulama

A = A1(A2 + A3) = A1 + A2 + A3 = A1 + A2 · A3. �

1.2. Vjerojatnost

Vjerojatnost

Vjerojatnost je preslikavanje P : F → [0, 1] definirano na algebri doga -dajaF , koje ima svojstva

1) P (Ω) = 1 , P (∅) = 0 (normiranost),2) ako je A ⊂ B , onda vrijedi P (A) � P (B) (monotonost),3) ako su A i B disjunktni doga -daji, onda je P (A∪B) = P (A)+P (B)

(aditivnost).Broj P (A) nazivamo vjerojatnost doga -daja A .

Page 16: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

10 1. VJEROJATNOST

Svojstva vjerojatnosti

Izvedimo neka dodatna svojstva vjerojatnosti.Neka je A po volji odabran doga -daj, a A njegov komplement. Onda vrijedi

A∪A = Ω i pritom su A i A disjunktni. Zato, po svojstvima normiranosti i aditivnostivrijedi

1 = P (Ω) = P (A ∪ A) = P (A) + P (A),

te je P (A) = 1 − P (A) . Time smo pokazali:

Vjerojatnost komplementa

Za svaki doga -daj A vrijedi P (A) = 1 − P (A) .

∗ ∗ ∗Pokazimo sad kako se racuna vjerojatnost unije u slucaju kad A i B nisu disjunktni.

Presjek dvaju doga -daja ovdje cemo pisati kao umnozak, dakle bez znaka ∩ .

Vjerojatnost unije

Za bilo koja dva doga -daja A i B vrijedi

P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (AB).

Da dokazemo ovo svojstvo, doga -daj A ∪ B prikazat cemo kao uniju dvaju disjun-ktnih doga -daja:

A ∪ B = A ∪ (BA)

(vidi sliku 1.8). Slicno tome, B mozemo rastaviti ovako

B = AB ∪ BA

i ponovo su doga -daji s desna disjunktni.

A B

A B

= A B_A B= BA A

_B

A BA

Sl. 1.8. Skup A ∪ B mozese rastaviti na uniju dis-junktnih skupova (lijevo).Slicno vrijedi i za skup B(desno)

Po svojstvu aditivnosti vjerojatnosti slijedi:

P (A ∪ B) = P (A) + P (BA),P (B) = P (AB) + P (BA).

Page 17: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.2. VJEROJATNOST 11

Oduzimanjem dobivamo trazenu formulu:

P (A ∪ B) − P (B) = P (A) − P (AB).

Primjer 1.11. Neka su A i B doga -daji, P (A) = 0.4 , P (B) = 0.5 , P (AB) = 0.2 .Izracunaj P (A + B) , P (A) , P (B) , P (A B) , P (A + B) , P (AB) , P (AB) .

P (A + B) = P (A) + P (B) − P (AB) = 0.7

P (A) = 1 − P (A) = 0.6

P (B) = 1 − P (B) = 0.5

P (A B) = P (A + B) = 1 − P (A + B) = 0.3

P (A + B) = P (AB) = 1 − P (AB) = 0.8

P (AB) = P (A) − P (AB) = 0.2

P (AB) = P (B) − P (AB) = 0.3. �

Konacni vjerojatnosni prostor

Vjerojatnosni prostor Ω , koji posjeduje samo konacno mnogo elementarnihdoga -daja nazivamo konacni vjerojatnosni prostor. Oznacimo njegove elemente,Ω = {ω1,ω2, . . . ,ωN} . Doga -daj u ovakvu prostoru je svaki podskup od Ω . Vjero-jatnost bilo kojeg doga -daja moci cemo odrediti ako znamo vjerojatnosti elementarnihdoga -daja, tj. ako poznajemo brojeve

p1 = P ({ω1}),...

pN = P ({ωN}).Ovi brojevi imaju svojstvo

p1 > 0, . . . , pN > 0, p1 + . . . + pN = 1.

Zaista, kako je Ω = {ω1,ω2, . . . ,ωN} , a elementarni doga -daji su me -dusobnodisjunktni, to je 1 = P (Ω) = P ({ω1}) + . . . + P ({ωN}) .

Neka je A ∈ F bilo koji doga -daj. On se sastoji od nekoliko elementarnih doga -daja:

A = {ωi1 ,ωi2 , . . . ,ωiM}.Vjerojatnost doga -daja A racunamo tako da zbrojimo vjerojatnosti tih elementarnihdoga -daja

P (A) = pi1 + pi2 + . . . + piM .

Page 18: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

12 1. VJEROJATNOST

Primjer 1.12. Bacamo jedan novcic dok se ne pojavi pismo, ali najvise cetiri puta.Opisi vjerojatnosni prostor. Kolika je vjerojatnost doga -daja

A = {pismo se pojavilo u prva dva bacanja},B = {pismo se pojavilo nakon drugog bacanja}?

� Skup Ω sastoji se od 5 elementarnih doga -daja. Tim je doga -dajima prirodnopridruziti sljedece vjerojatnosti:

ω1 = P p1 = 12

ω2 = GP p2 = 14

ω3 = GGP p3 = 18

ω4 = GGGP p4 = 116

ω5 = GGGG p5 = 116

Vrijedi A = {ω1,ω2} , B = {ω3,ω4} . Zato je P (A) = p1 + p2 = 34 , P (B) =

p3 + p4 = 316 . �

Modeli konacnih vjerojatnosnih prostora

Opisimo nekoliko jednostavnih modela konacnih vjerojatnosnih prostora.

•Novcic. Dva su elementarna doga -daja: ω1 = P , ω2 = G . Ako je novcic ispra-van i nacin njegova bacanja uobicajen, onda je prirodno pretpostaviti da su vjerojatnostipojavljivanja obaju ovih doga -daja jednake: p1 = P ({ω1}) = 1

2 , p2 = P ({ω2}) = 12 .

•Neispravni novcic. Jos uvijek postoje dva elementarna doga -daja ω1 = P ,ω2 = G. Me -dutim, zbog nesimetricnosti novcica ili mozda zbog nacina njegova baca-nja, jedna njegova strana, recimo P , pojavljuje se cesce nego druga. Sad je p1 > p2 .

•Kocka. Za ispravnu kocku prirodno je uzeti pi = P ({ωi}) = 16 , za svaku od

sest mogucnosti na koje kocka moze pasti. Za doga -daje vezane uz pokus bacanja kockeimamo na primjer:

P ({pao je paran broj}) = P ({2, 4, 6}) =36,

P ({pao je broj veci od 2}) = P ({3, 4, 5, 6}) =46.

•Bacanje dvaju novcica. Cetiri su elementarna doga -daja, iako na prvi pogledpostoje tri razlicita ishoda: dva pisma, pismo i glava, te dvije glave:

1. novcic 2. novcic

ω1 — palo je P Pω2 — palo je P Gω3 — palo je G Pω4 — palo je G G

Da bismo lakse mogli razlikovati elementarne doga -daje ω2 i ω3 , mozemo zamisliti dabacamo dva razlicita novcica ili da jedan novcic bacamo dva puta!

Page 19: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.2. VJEROJATNOST 13

•Bacanje dvaju novcica, drugi model. Po pisanim dokumentima, francuski jeveliki matematicar i enciklopedist d’Alembert (1717–1783) u ovom primjeru postaviosamo tri elementarna doga -daja:

ω1 = {pala su dva pisma},ω2 = {palo je jedno pismo i jedna glava},ω3 = {pale su dvije glave}.

I ovaj je pristup ispravan! Me -dutim, vjerojatnosti ovih elementarnih doga -daja nisujednake, 1 vec mora biti P (ω1) = 1

4 , P (ω2) = 12 , P (ω3) = 1

4 .

•Bacanje dviju kocki. Postoji 36 elementarnih doga -daja. Da bismo razlikovalidoga -daje poput (2, 5) i (5, 2) , mozemo zamisliti da su kocke obojene razlicitim bo-jama ili pak da umjesto dvije kocke istovremeno, bacamo jednu kocku dva puta takoda znamo koji je rezultat na prvoj, a koji rezultat na drugoj kocki. Ako su kocke inacin bacanja ispravni, prirodno je pretpostaviti da su svi elementarni doga -daji jednakovjerojatni.

∗ ∗ ∗

Primjer 1.13. Izvlacimo na srecu jednu kartu iz snopa od 52 karte. Kolika je vje-rojatnost da je ta karta Q (dama). Kolika je vjerojatnost da je njezina boja ♠ (pik).Kolika je vjerojatnost da je ta karta dama ili pik boje?

� Oznacimo s A i B doga -daje:

A = {izabrana karta je dama},B = {izabrana karta je pik boje}.

Kako postoje cetiri dame, vjerojatnost doga -daja A je P (A) =452

=113

. 13 je karata

pik boje pa je P (B) =1352

=14

. Treci je doga -daj C unija prvih dvaju. Prvi dojam da

je broj povoljnih ishoda jednak 17 = 4 + 13 pogresan je, jer doga -daji A i B nisu dis-

junktni. Njihov je presjek AB pikova dama! Zato je P (C) =1652

=413

. Primjetimo

da je ovdje P (AB) =152

i da vrijedi:

P (A ∪ B) = P (C) =413

=113

+14− 1

52= P (A) + P (B) − P (AB). �

Primjer 1.14. Zeleci se nasaliti s prijateljima u igri Monopola, djecak je izbrisaojednu tocku sa strane kocke koja oznacava broj 5 , a ucrtao dvije na stranu na kojoj jebroj 1 , tako da njegova kocka ima sljedece brojeve na svojim stranama: 2, 3, 3, 4, 4, 6.Kolika je vjerojatnost sljedecih doga -daja, ako bacamo ovakvu kocku:

A = {pojavio se paran broj}.B = {pojavio se broj veci od 2}.C = {pojavio se broj 5}.

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

Page 20: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

14 1. VJEROJATNOST

� Pokus bacanja kocke ima cetiri moguca ishoda: ω1 = 2 , ω2 = 3 , ω3 = 4 iω4 = 6 . Ako pretpostavimo da je kocka bila ispravna, tad je razumno pridijeliti ovimelementarnim doga -dajima vjerojatnosti

p1 = P ({ω1}) = 16 , p2 = P ({ω2}) = 1

3 , p3 = P ({ω3}) = 13 , p4 = P ({ω4}) = 1

6 .

Vazno je shvatiti da ne mozemo matematicki dokazati ove vrijednosti. Mi vrijednostielementarnih doga -daja mozemo zadati po volji, i time dobivamo matematicki model zabacanje ovakve kocke. Me -dutim, ako vjerojatnosti izaberemo na ovaj nacin, ocekujemoda ce model biti dobar, da ce vjerno opisivati bacanje ovakve kocke.

Doga -daju A odgovaraju sljedeci elementarni doga -daji: A = {ω1,ω3,ω4} , te je

P (A) = p1 + p3 + p4 =16

+13

+16

=23.

Doga -daju B odgovaraju elementarni dogadaji B = {ω2,ω3,ω4} , te je

P (B) = p2 + p3 + p4 =13

+13

+16

=56.

Mogli smo racunati pomocu suprotnog doga -daja: B = {ω1} :

P (B) = 1 − P (B) = 1 − p1 = 1 − 16

=56.

Doga -daj C je za ovu kocku nemoguc, P (C) = 0 . �

1.3. Klasicni vjerojatnosni prostor

Promatrajmo pokus koji ima konacno mnogo ishoda i u kojem je razumno pret-postaviti da su svi elementarni doga -daji jednako vjerojatni (poput bacanja ispravnognovcica, kocke, izvlacenja broja u LOTU, lutriji ili ruletu, izbor karte iz snopa i sl.).

Neka je Ω = {ω1, . . . ,ωN} skup svih elementarnih doga -daja i p1, . . . , pN pripad-ne vjerojatnosti. Kako su svi ti brojevi jednaki, a njihov je zbroj 1, vrijedi

pi = P ({ωi}) =1N

, i = 1, . . . , N.

Ovakav vjerojatnosni prostor nazivamo klasicni vjerojatnosni prostor jer se problemiiz kojih je iznikla teorija vjerojatnosti mogu opisati ovim modelom.

Neka je A ⊂ Ω bilo koji doga -daj. Da bismo izracunali vjerojatnost doga -daja A ,nije nam vise potrebno znati koje elementarne doga -daje A sadrzi, vec samo njihov broj.Naime, ako A sadrzi M elementarnih doga -daja, A = {ωi1 , . . . ,ωiM} , tad je

P (A) = pi1 + . . . + piM = M · 1N

=MN

.

Ovu formulu mozemo interpretirati na sljedeci nacin: Svaki elementarni doga -dajnazovimo mogucim ishodom (svi su jednako vjerojatni). Tako je

N = broj svih mogucih ishoda.

Elementarne doga -daje koji su sadrzani u A nazovimo povoljnima za doga -daj A :

M = broj svih povoljnih ishoda.

Page 21: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.3. KLASICNI VJEROJATNOSNI PROSTOR 15

Klasicna vjerojatnost

U klasicnom vjerojatnosnom prostoru vjerojatnost doga -daja racuna se formu-lom:

P (A) =MN

=broj povoljnih ishodabroj mogucih ishoda

.

∗ ∗ ∗

Primjer 1.15. Bacamo jednu ispravnu kocku. Neka je elementaran doga -daj brojna koji je kocka pala. Opisi vjerojatnosni prostor.

� Skup elementarnih doga -daja sastoji se od 6 elemenata:Ω = {ω1,ω2, . . . ,ω6} = {1, 2, . . . , 6}.

Algebra doga -daja sastoji se od svih podskupova od Ω :

F = P(Ω) ={∅, {1}, . . . {6}, {1, 2}, . . . , {5, 6}, . . . , {1, 2, 3, 4, 5, 6}

}.

Broj svih doga -daja je card(F) = 26 = 64 .Zbog pretpostavljene ispravnosti kocke, vjerojatnost pojavljivanja svakog elemen-

tarnog doga -daja je jednaka: P (ωi) = 16 . �

Primjer 1.16. Bacamo dvije ispravne kocke. Opisi vjerojatnosni prostor. Odredisljedece doga -daje i izracunaj im vjerojatnost:

A = na obje kocke pao je broj 1,B = obje kocke pokazuju paran broj,C = pao je jedan paran i jedan neparan broj,D = zbroj brojeva na obje kocke iznosi barem 10.

� Skup elementarnih doga -daja sastoji se od ure -denih parova:

Ω ={(ωi,ωj) : ωi,ωj ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}

}.

N = card(Ω) = 36 . Vrijedi F = P(Ω) . Broj svih mogucih doga -daja jecard(F) = 236 ! Zbog simetrije vrijedi

P {(ωi,ωj)} =136

.

Odredimo sada elementarne doga -daje od kojih se sastoje doga -daji A , B , C i D ,te vjerojatnosti tih doga -daja. Pisat cemo 26 umjesto ure -denog para (2, 6) itd.

A = {11}, P (A) =136

,

B = {22, 24, 26, 42, 44, 46, 62, 64, 66}, P (B) =936

,

C = {12, 14, 16, 32, . . . , 56, 21, 23, 25, 41, . . . , 65}, P (C) =1836

,

D = {46, 55, 64, 56, 65, 66}, P (D) =636

.

Page 22: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

16 1. VJEROJATNOST

∗ ∗ ∗

Racunanje vjerojatnosti u klasicnom vjerojatnosnom prostoru povezano je s pre-brojavanjem elemenata konacnih skupova, cime se bavi kombinatorika. Stoga je zarjesavanje slozenijih zadataka nuzno poznavanje temeljnih pojmova kombinatorike.

Primjer 1.17. (Loto) Kolika je vjerojatnost da ce igrac koji je zaokruzio jednukombinaciju u igri LOTO 7 od 39 pogoditi svih sedam brojeva? Kolike su vjerojatnostiza preostale dobitke (za tocno pogo -denih 6, 5 ili 4 broja)?

� Razlicitih kombinacija ima N =(

397

). Povoljnih za glavni dobitak je

M7 = 1 . Vjerojatnost dobitka iznosi

p7 =M7

N=

1(397

) =1

15 380 937= 6.50 · 10−8.

Doga -daje i s puno vecom vjerojatnoscu tretiramo kao prakticno nemoguce. Ipak, zbogvelikog broja ukupno ispunjenih kombinacija, ovaj se doga -daj s vremena na vrijemeostvaruje.

Sest brojeva izme -du sedam izvucenih mozemo odabrati na(

76

)nacina. Jedan

broj izme -du preostalih mozemo odabrati na 32 nacina. Ako zaokruzimo bilo koju od

ovih M6 =(

76

)· 32 kombinacija, dobit cemo zgoditak od sest pogodaka. Zato je:

p6 =M6

N=

(76

)· 32(

397

) =224

15 380 937= 1.46 · 10−5.

Ovaj je doga -daj 224 puta vjerojatniji od prethodnog.

Pet brojeva izme -du sedam mozemo odabrati na(

75

)nacina, a dva broja iz skupa

od 32 broja koji nisu izvuceni na(

322

)nacina. Zato je vjerojatnost dobitka od pet

pogodaka:

p5 =

(75

)(322

)(

397

) =10 416

15 380 937= 6.77 · 10−4

(prije racunanja umnozaka korisno je skratiti brojnik s nazivnikom).Vjerojatnost zgoditka od cetiri pogotka je:

p4 =

(74

)(323

)(

397

) =173 600

15 380 937= 0.0113 .

Page 23: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.3. KLASICNI VJEROJATNOSNI PROSTOR 17

Vjerojatnost da ne pogodimo niti jedan broj je:

p0 =

(327

)(

397

) = 0.219 . �

Primjer 1.18. (Kontrola kvalitete) U posiljci koja se sastoji od N proizvoda imaM neispravnih. Iz posiljke se na srecu bira uzorak od n proizvoda (radi kontrole). Akose me -du njima na -de barem m neispravnih, posiljka se vraca. Kolika je vjerojatnost dace se posiljka vratiti? Izracunaj za N = 1000 , M = 20 , n = 20 , m = 1 .

� Oznacimo doga -dajeA = {posiljka nije vracena},Ai = {u uzorku je prona -deno i neispravnih proizvoda}.

Tada jeA = A0 + A1 + . . . + Am−1

i doga -daji Ai su disjunktni. Zato je P (A) =∑m−1

i=0 P (Ai) .

P (Ai) =Ci

MCn−iN−M

CnN

=⇒ P (A) =m−1∑i=0

(N − Mn − i

)(Mi

)(

Nn

) .

U konkretnom primjeru je

P (A) =

(98020

)(200

)(

100020

) =980 · . . . · 9611000 · . . . · 981

= 0.66. �

Stirlingova formula

Pri racunanju brojeva n! (za veliki n ) i binomnih koeficijenata mozemo koristitiStirlingovu formulu

n! ≈√

2πn(n

e

)n.

Jos tocnije, vrijedi√

2πn(n

e

)ne

112n+1 < n! <

√2πn

(ne

)ne

112n .

Primijenimo prvu aproksimaciju na racun u proslom zadatku:

P (A) =(980!)2

960!1000!=

(√2π980

(980e

)980)2

√2π960

(960e

)960√2π1000

(1000e

)1000

=(

9802

960 · 1000

)960.5( 9801000

)40

= 0.664999.

Page 24: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

18 1. VJEROJATNOST

Broj je izracunat na sest decimala da bi se vidjela razlika prema tocnoj vrijednosti kojaiznosi P (A) = 0.664990 .

∗ ∗ ∗

Primjer 1.19. (Problem ro -dendana 1) Koliko ljudi treba biti u drustvu da bi svjerojatnoscu od barem 0.5 dva bila ro -dena istog dana?

� Koristimo za rjesavanje model u kojemu su svi dani ro -denja za svakog covjekajednako vjerojatni (zanemarujemo npr. mogucnost da u skupini postoje blizanci) tetako -der mogucnost da je netko ro -den 29. veljace. Uzimanje u obzir bilo koje od ovihpretpostavci znatno bi iskompliciralo racun, no ne bi bitno promijenilo rezultat jer jerijec o malo vjerojatnim doga -dajima.

Rjesavanje zadatka cemo olaksati oznacimo li sa n broj dana u godini. Neka je ir broj ljudi. Odredimo vjerojatnost da su svi ro -deni raznih dana u godini.

Prvi ima na raspolaganju n dana, drugi n − 1 itd. Vjerojatnost ovog doga -daja je

n(n − 1) · · · (n − r + 1)nr

.

Trazena vjerojatnost iznosi

Pr = 1 − n(n − 1) · · · (n − r + 1)nr

.

Tako treba rijesiti nejednadzbu Pr � 0.5 , sto je vrlo neugodan posao. Za konkretnin mozemo uvrstavati razlicite vrijednosti od r i procijeniti pa potom provjeriti pravuvrijednost. Ukoliko je n neodre -den, korisno je koristiti sljedecu aproksimaciju.

Krenimo od prikaza funkcije e−x , odnosno njene aproksimacije za malene x :

e−x = 1 − x +x2

2!− x3

3!+ . . . ≈ 1 − x

Zato jen − k

n= 1 − k

n≈ e−k/n,

i stogan(n − 1) · · · (n − r + 1)

nr≈ e−[0+1+...+(r−1)]/n = e−r(r−1)/2n

Sada imamo

1 − e−r(r−1)/2n � 0.5 =⇒ e−r(r−1)/2n � 0.5 =⇒ r(r − 1)2n

� − log 0.5 ≈ 0.693.

Odavde dobivamo, za n = 365 , r = 23 . Za taj n imamo sljedecu tablicuvjerojatnosti Pr :

r 10 20 22 23 30 40 60 70 80Pr 0.117 0.411 0.476 0.507 0.706 0.891 0.994 0.9992 0.9999

Page 25: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.3. KLASICNI VJEROJATNOSNI PROSTOR 19

Primjer 1.20. (Problem ro -dendana 2) Koliko ljudi treba biti u skupini da bi vje-rojatnost da je neko od njih ro -den istog dana kad i Vi bude veci od 0.5?

� Ovaj zadatak ne smijemo brkati s prethodnim. Sad nam nije vazno hoce li nekadruga dva covjeka biti ro -dena istog dana (ukoliko se taj dan ne podudara s Vasim). Josje jedna razlika. Dok me -du 366 ljudi sigurno postoje dva s istim danom ro -denja, ovdjeje moguce da u po volji velikoj skupini bas nitko ne bude ro -den istoga dana kad i Vi!

Vjerojatnost da jedan covjek ne bude ro -den istog dana kad i Vi jen − 1

n. Vjero-

jatnost za r ljudi je(n − 1)r

nr. Zato je trazena vjerojatnost

Pr = 1 −(n − 1

n

)r.

Da bi bilo Pr > 0.5 , treba biti(n − 1n

)r< 0.5 =⇒ r >

log 0.5log[(n − 1)/n]

≈ 253

ukoliko je n = 365 . Opcenito, r ≈ 0.693n .

Silvesterova formula

Formula za vjerojatnost unije dvaju doga -daja poopcava se na uniju tri doga -dajaovako:

P (A ∪ B ∪ C) = P (A) + P (B) + P (C) − P (AB) − P (AC) − P (BC) + P (ABC).Racunanje vjerojatnosti unije doga -daja cesto je slozenije od racunanja vjerojat-

nosti umnoska doga -daja. Stoga je korisno odrediti poopcenje ove formule na uniju ndoga -daja.

Silvesterova formula

P (n⋃

i=1

Ai) =n∑

i=1

P (Ai) −∑i<j

P (AiAj)

+∑

i<j<k

P (AiAjAk) − . . . + (−1)n+1P (A1A2 · · ·An).

Dokaz cemo sprovesti indukcijom po n . Baza je indukcije dokazana za n = 2 .Pretpostavimo da formula vrijedi za familije od najvise n − 1 clanova. Oznacimopotom

B =n−1⋃i=1

Ai, Ci = Ai ∩ An (i < n)

i iskoristimo bazu indukcije:

P (n⋃

i=1Ai) = P (B ∪ An) = P (B) + P (An) − P (B ∩ An).

Page 26: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

20 1. VJEROJATNOST

Kako je

B ∩ An = (n−1⋃i=1

Ai) ∩ An =n−1⋃i=1

(Ai ∩ An) =n−1⋃i=1

Ci,

mozemo primijeniti i pretpostavku indukcije

P (B) =∑i<n

P (Ai) −∑

i<j<n

P (Ai ∩ Aj) + . . . + (−1)nP (n−1⋂i=1

Ai)

P (B ∩ An) =∑i<n

P (Ci) −∑

i<j<n

P (Ci ∩ Cj) + . . . + (−1)nP (n−1⋂i=1

Ci)

=∑i<n

P (Ai ∩ An) −∑

i<j<n

P (Ai ∩ Aj ∩ An) + . . .

Sre -divanjem dobivamo Silvesterovu formulu.

Primjer 1.21. Totalna zbrka.1) n ljudi je bacilo sesire u zrak. Svako je nakon toga pokupio prvi sesir na kojeg je

naisao. Kolika je vjerojatnost da je barem jedan dobio svoj sesir?2) (Rastreseni) profesor napisao je n pisama i zalijepio ih u koverte. Potom je

napisao adrese na koverte. Kolika je vjerojatnost da je barem jedno pismo otislo napravu adresu?

� Rijec je o identicnom problemu. Oznacimo

Ai = {i-to pismo stiglo je na pravu adresu}.

Ocito je P (Ai) =1n

. Racunajmo dalje, za i �= j :

P (AiAj) =1

n(n − 1).

Naime da dva pisma stignu na tocne adrese, reba se ostvariti jedina povoljna od n·(n−1)mogucnosti na koje ta dva pisma mogu biti poslana. Slicno je

P (AiAjAk) =1

n(n − 1)(n − 2),

i t.d. Neka je A trazeni doga -daj: barem jedan covjek dobio je svoj sesir. VrijediA =

⋃Ai . Po Silvesterovoj formuli je

P (A) =∑

i

P (Ai) −∑i<j

P (AiAj) +∑

i<j<k

P (AiAjAk) − . . .

= n · 1n−

(n2

) 1n(n − 1)

+(

n3

) 1n(n − 1)(n − 2)

− . . .

= 1 − 12!

+13!

− . . . + (−1)n−1 1n!

.

Kolika je ta vrijednost za, recimo, n = 10? Gornja suma tezi (vrlo brzo) ka broju

1 − 1e

= 1 − 12.71828

= 0.632121 i to je trazena vjerojatnost. �

Page 27: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.4. BESKONACNI VJEROJATNOSNI PROSTOR 21

1.4. Beskonacni vjerojatnosni prostor

Iako smo naucili mnogo o svojstvima vjerojatnosti, jos uvijek ne mozemo odgo-voriti na mnoga pitanja povezana s nekim vrlo jednostavnim modelima.

• Novcic bacamo dok se ne pojavi pismo. Kolika je vjerojatnost da se pismo necenikad pojaviti?

• Biramo ‘na srecu’ realan broj unutar intervala [0, 1] . Kolika je vjerojatnost dacemo izabrati 1

3 ?Zajednicko je svojstvo u oba ova pokusa to sto je skup Ω elementarnih doga -daja

beskonacan. U prvom slucaju broj bacanja u kojem se pismo moze pojaviti bilo kojiprirodni broj, pa elementarnih iskoda ima prebrojivo mnogo. U drugom slucaju, ele-mentaran je doga -daj izbor bilo kojeg realnog broja x iz intervala [0, 1] . Tih doga -dajaima neprebrojivo mnogo.

Razmislimo li o vjerojatnostima doga -daja koje smo istaknuli, osjecamo da je u obaslucaja ta vjerojatnost jednaka nuli. I dok se u prvom primjeru to ne kosi sa zorom (jerse pismo ‘mora’ pojaviti ako je novcic ispravan), u drugom slucaju je takav zakljucakdirektno protivan ‘zdravoj logici’, zato sto kao rezultat pokusa mi moramo dobiti nekirealni broj.

Ovi uvodni primjeri pokazuju da pri promatranju modela s beskonacnim vjerojat-nosnim prostorom mozemo imati ozbiljnih logickih poteskoca. Da bismo ih otklonili,moramo biti precizni u definiranju svojstava algebre doga -daja i pripadne vjerojatnosti.

Neprekinutost vjerojatnosti

Uvjet zatvorenosti algebre na zbrajanje moramo prosiriti i na uniju od prebroji-vo mnogo doga -daja. Isto tako, zahtjevat cemo da aditivnost vjerojatnosti vrijedi i zaprebrojivu uniju disjunktnih doga -daja.

σ -algebra i σ -aditivnost vjerojatnosti

Ako je Ω beskonacan skup, tad zahtjevamo da algebra doga -daja F budeσ -algebra, tj. za nju vrijedi

A1, A2, . . . , An, . . . ∈ F =⇒∞⋃

n=1

An ∈ F.

Vjerojatnost P na σ -algebri F mora zadovoljavati uvjet σ -aditivnosti(prebrojive aditivnosti):

P( ∞⋃

n=1

An

)=

∞∑n=1

P (An), ako je AnAm = ∅ za sve n �= m .

Prema uvjetu monotonosti vjerojatnosti znamo da za rastuce doga -daje vrijedi

A1 ⊂ A2 ⊂ . . . ⊂ An =⇒ P (A1) � P (A2) � . . . � P (An).

Page 28: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

22 1. VJEROJATNOST

Neka je sada (An) niz rastucih doga -daja:

A1 ⊂ A2 ⊂ . . . ⊂ An ⊂ . . . .

Prema uvjetu σ -aditivnosti, A =∞⋃i=1

An element je algebre F . Taj doga -daj oznacuje-

mo jos ovako:A = lim

n→∞An.

Prirodno je ocekivati da je vjerojatnosti doga -daja An teze ka vjerojatnosti doga -daja A .Pokazat cemo da je ta tvrdnja ekvivalentna uvjetu σ -aditivnosti vjerojatnosti P .

Neprekinutost vjerojatnosti

Teorem 1.1. Neka je P vjerojatnost na σ -algebri F . P je σ -aditivna akoi samo ako vrijedi

A1 ⊂ A2 ⊂ . . . =⇒ limn→∞

P (An) = P (∞⋃

n=1

An). (1)

Dokaz. Neka je (An) rastuci niz doga -daja. Definirajmo

B1 := A1,

B2 := A2 \ A1,

...Bn := An \ An−1

...

Skupovi B1, B2, . . . su disjunktni i vrijedi za svaki n

An = B1 ∪ B2 ∪ . . . ∪ Bn

Zato je i∞⋃

n=1

Bn =∞⋃

n=1

An . Ako je P σ -aditivna, onda vrijedi

P (∞⋃

n=1

Bn) =∞∑

n=1

P (Bn).

S druge strane, iz (2) imamo

P (An) =n∑

i=1

P (Bi).

Zato je

limn→∞

P (An) =∞∑

n=1

P (Bn)

Page 29: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.4. BESKONACNI VJEROJATNOSNI PROSTOR 23

pa je P neprekinuta.Pokazimo obrat. Neka je B1, B2, . . . niz disjunktnih doga -daja. Stavimo

A1 := B1,

A2 := B1 ∪ B2,

...An := B1 ∪ B2 ∪ . . . ∪ Bn,

...

kako su B1, B2, . . . disjuntni, za svaki n vrijedi

P (An) =n∑

i=1

P (Bi)

Dobili smo niz (An) rastucih doga -daja za koji je

A = limn→∞

An =∞⋃

n=1

Bn.

Ako je P neprekinuta, onda vrijedi

P (∞⋃

n=1

Bn) = P (A) = limn→∞

P (An) = limn→∞

n∑i=1

P (Bi) =∞∑i=1

P (Bi)

te je vjerojatnost P σ -aditivna.

Korolar 1.2. Ako je (An) niz padajucih doga -daja i A =∞⋂

n=1

An , onda vrijedi

P (A) = limn→∞

P (An).

Dokaz. Dovoljno je primijeniti teorem na doga -daje An koji cine rastuci niz doga--daja.

∗ ∗ ∗

Prebrojivi vjerojatnosni prostor

Pretpostavimo da je Ω beskonacan prebrojiv skup:

Ω = {ω1,ω2, . . .}.I sada ce algebra svih doga -daja biti F = P(Ω) , skup svih podskupova od Ω . Onazadovoljava uvjet

An ∈ F =⇒∞⋃

n=1

An ∈ F.

tako da je F σ -aditivna

Page 30: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

24 1. VJEROJATNOST

Vjerojatnost P na algebri F mora zadovoljavati uvjet prebrojive aditivnosti:

P( ∞⋃

n=1

An

)=

∞∑n=1

P (An), ako je AnAm = ∅ za sve n �= m .

Kao i prije, P je zadana ako su zadani brojevi pi = P (ωi) > 0 . Pri tom je∞∑i=1

pi =∞∑i=1

P (ωi) = P (Ω) = 1.

Me -dutim, svi doga -daji ωi ne mogu biti jednako vjerojatni, tako da klasicna defi-nicija vjerojatnosti gubi smisao.

Primjer 1.22. Novcic se baca dok se ne pojavi pismo. Opisi vjerojatnosni prostor.Izracunaj vjerojatnost doga -daja:

A = pismo se pojavilo u prvih pet bacanja,B = pismo se uopce nije pojavilo.

� Skup elementarnih doga -daja je beskonacan i prebrojiv, Ω = {ω1,ω2, . . .} .gdje je

ω1 = P P (ω1) = 1/2,

ω2 = GP P (ω2) = 1/4,

ω3 = GGP P (ω3) = 1/8,

...ωn = G · · ·GP P (ωn) = 1/2n,

...

Odredimo doga -daje A , B i njihove vjerojatnosti. Vrijedi

A = {ω1,ω2,ω3,ω4,ω5}, P (A) =5∑

n=1

12n

=3132

.

Da bismo odredili vjerojatnost doga -daja B , definirajmo najprije

An = pismo se pojavilo u prvih n bacanja.

Neka je iBn = pismo se nije pojavilo u prvih n bacanja = An.

Vrijedi

P (An) =12

+14

+ . . . +12n

=2n − 1

2n,

P (Bn) = 1 − P (An) =12n

.

Ocito je

B1 ⊃ B2 ⊃ . . . i B =∞⋂

n=1

Bn.

Page 31: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.4. BESKONACNI VJEROJATNOSNI PROSTOR 25

Zato po uvjetu neprekinutosti vjerojatnosti

P (B) = limn→∞

P (Bn) = limn→∞

12n

= 0. �

Primjer 1.23. U urni se nalaze dvije bijele i cetiri crne kuglice. Dva igraca izvlacenaizmjence po jednu kuglicu. Pobje -duje onaj koji prvi izvuce bijelu kuglicu. Opisivjerojatnosni postor. Izracunaj vjerojatnost sljedecih doga -daja

A =pobijedio je prvi igrac,B =pobijedio je drugi igrac,C = igra se zavrsila u prva cetiri izvlacenja,

u svakom od sljedeca dva nacina izvlacenjaa) nakon izvlacenja kuglica se vraca u urnu,b) izvucena kuglica ne vraca se natrag.

� a) Vjerojatnosni prostor je beskonacan. Elementarne doga -daje sacinjavaju svikonacni nizovi oblika

ω1 = B, P (ω1) =13,

ω2 = CB, P (ω2) =23· 13,

ω3 = CCB, P (ω3) =23· 23· 13,

...

ωn = C · · ·C︸ ︷︷ ︸n−1

B, P (ωn) =(2

3

)n−1· 1

n.

Vjerojatnosti doga -daja A , B , C iznose:

P (A) = P (ω1 + ω3 + ω5 + . . .) =13

+(2

3

)2 13

+(2

3

)4 14

+ . . .

=13· 1

1 − 49

=35,

P (B) = 1 − P (A) =25,

P (C) = P (ω1 + ω2 + ω3 + ω4) =13

+29

+427

+881

=6581

.

Page 32: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

26 1. VJEROJATNOST

b) U ovom je slucaju vjerojatnosni prostor konacan. Sastoji se od sljedecih ele-mentarnih doga -daja

ω1 = B, P (ω1) =13

=515

,

ω2 = CB, P (ω2) =46· 25

=415

,

ω3 = CCB, P (ω3) =46· 35· 24

=315

,

ω4 = CCCB, P (ω4) =46· 35· 24· 23

=215

,

ω5 = CCCCB, P (ω5) =46· 35· 24· 13· 22

=115

.

Prema tome, vjerojatnosti doga -daja A , B , C su

P (A) = P (ω1 + ω3 + ω5) =515

+315

+115

=35,

P (B) = 1 − P (A) =25,

P (C) = 1 − P (ω5) =1415

.

1.5. Geometrijska vjerojatnost

Zamislimo pokus u kojem biramo na slucajan nacin tocku unutar kvadrata Ω sastranicom duljine a . Istaknimo neke podskupove tog kvadrata. Neka je A polovinakvadrata ispod dijagonale. Neka je B trokut dobiven spajanjem polovista susjednihstranica.

A

B

Sl. 1.9. Geometrijska vjerojatnost: vjero-jatnost da na srecu odabrana tocka unutarnekog skupa padne u neki njegov pods-kup jednaka je omjeru povrsina podskupaprema povrsini cijeloga skupa

Biramo li tocku unutar kvadrata, mozemo se upitati kolika je vjerojatnost da ceta tocka biti izabrana unutar nekih od ovih podskupova. U ovdje opisanom pokusuprirodno je sljedecim doga -dajima pridruziti vjerojatnosti:

P (A) = P {tocka je pala u skup A} =12a2

a2 =12,

P (B) = P {tocka je pala u skup B} =18a2

a2=

18.

Page 33: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.5. GEOMETRIJSKA VJEROJATNOST 27

Te smo vjerojatnosti dobili promatrajuci omjer povrsina podskupova i citava kvadrata.

∗ ∗ ∗Opisimo opcenitu situaciju.

Geometrijska vjerojatnost

Neka je Ω ograniceni podskup n -dimenzionalnog prostora Rn ( n = 1, 2, 3 ).Pretpostavit cemo da je Ω izmjeriv skup, tj. da postoji njegova mjera m(Ω)(duljina za n = 1 , povrsina za n = 2 , obujam za n = 3 ). Neka je Aizmjeriv podskup od Ω . Kazemo da biramo tocku na srecu unutar skupa Ω ,ako je vjerojatnost da ona bude izabrana unutar podskupa A jednaka

P (A) =m(A)m(Ω)

. (1)

Ovako definiranu vjerojatnost nazivamo geometrijska vjerojatnost.

∗ ∗ ∗Formulom (1) uistinu je definirana vjerojatnost. Provjerimo jesu li ispunjena

svojstva vjerojatnosti 1◦ –3◦ .1◦ . U geometrijskoj vjerojatnosti nemoguc doga -daj je izbor tocke unutar praznog

skupa. Mjera praznog skupa je 0, pa je:

P (∅) =m(∅)m(Ω)

= 0, P (Ω) =m(Ω)m(Ω)

= 1.

2◦ . Ako su A i B podskupovi od Ω takvi da je A ⊂ B , onda je m(A) � m(B) .Zato:

P (A) =m(A)m(Ω)

� m(B)m(Ω)

= P (B).

3◦ . Ako su A i B disjunktni podskupovi od Ω , onda je mjera njihove unijejednaka zbroju mjera pojedinih skupova. Zato je vjerojatnost da tocka bude izabranaunutar jednog od podskupova jednaka:

P (A ∪ B) =m(A ∪ B)

m(Ω)=

m(A)m(Ω)

+m(B)m(Ω)

= P (A) + P (B).

∗ ∗ ∗

Primjer 1.24. Biramo na srecu tocku unutar kvadrata Ω sa stranicom duljine a .Kolika je vjerojatnost da ona padne unutar kruga upisanog u taj kvadrat?

� Neka je A trazeni doga -daj. Povrsina kruga je:

m(A) =(a

2

)2π,

pa je odgovarajuca vjerojatnost:

P (A) =m(A)m(Ω)

=14 a2πa2

=π4

. �

Page 34: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

28 1. VJEROJATNOST

Primjer 1.25. Unutar intervala [0, 1] biraju se na srecu dva broja x i y . Odredivjerojatnost doga -daja: a) A = {x > y} ; b) B = {x + y < 3

2} ; c) C = {x = y} .

� Izbor dvaju brojeva x i y unutar intervala [0, 1] odgovara izboru jedne tocke(x, y) unutar jedinicnog kvadrata [0, 1]× [0, 1] . Oznacimo taj kvadrat s Ω (slika 1.10).On predstavlja skup elementarnih doga -daja. Da bismo odredili trazene vjerojatnosti,moramo izracunati povrsinu podskupova od Ω koji odgovaraju tim doga -dajima.

a) Doga -daju A odgovara istoimeni podskup: skup svih tocaka jedinicnog kvadrataza koje je x > y . Tad vrijedi:

P (A) =m(A)m(Ω)

=12.

A

1

1

y=x 1

1

Bx+y= 3_

2 Sl. 1.10. Izbor dvijutocaka unutar inter-vala [0, 1] odgova-ra izboru jedne toc-ke unutar jedinicnogkvadrata

b) Sad je B = {(x, y) : x + y < 32} , te imamo:

P (B) =m(B)m(Ω)

=1 − 1

2 · 12 · 1

2

1=

78.

c) Skup svih tocaka (x, y) za koje je x = y je dijagonala kvadrata. Povrsinatakvog skupa je 0. Zato je i pripadna vjerojatnost jednaka nuli: birajuci na srecu dvabroja unutar intervala [0, 1] vjerojatnost da ta dva broja budu jednaka jest 0! To neznaci da je ovaj doga -daj nemoguc, jer u vjerojatnosnom modelu s neprebrojivo mnogoishoda (kao sto je geometrijski model vjerojatnosti) razlikuju se pojmovi nemogucegdoga -daja 1 i doga -daja s vjerojatnoscu nula!

Kao posljedica ovog, doga -daji {x < y} i {x � y} imaju jednaku vjerojatnost.Isto vrijedi za sve slicne skupove. �

1 Brzopletim razmisljanjem mozemo doci do sljedeceg paradoksa: pri izboru tocke unutar intervala [0, 1]vjerojatnost izbora za svaku pojedinu tocku jednaka je nuli. Me -dutim, svaki se podskup intervala [0, 1] sastojiod tocaka, pa je koristenjem svojstva aditivnosti vjerojatnosti i njegova vjerojatnost jednaka nuli.

Tu smo previdjeli svojstvo realnih brojeva koje kaze da je svaki njegov interval neprebrojiv, dok svojstvoaditivnosti vjerojatnosti vrijedi samo za prebrojivo mnogo doga -daja. Tako teorija realnih brojeva ulazi u sameaksiome teorije vjerojatnosti. U dubljem proucavanju teorije vjerojatnosti koja se uci na studiju matematikeizucava se detaljno ta veza. Pokazuje se da u ovom modelu postoje podskupovi intervala Ω = [0, 1] koji nisudoga -daji; dakle, algebra doga -daja razlikuje se od skupa svih podskupova od Ω .

U praksi se doga -daj cija je vjerojatnost nula, iako teorijski moguc, ipak nece ostvariti. Biranje broja unutarintervala [0, 1] mozemo poistovjetiti s izborom beskonacno mnogo njegovih decimala, od kojih je svaka na srecuodabrani broj iz skupa {0, 1, 2, . . . , 9} . Dva ce broja biti jednaka ako se u postupku biranja svaki put izaberu podvije istovjetne znamenke iz ovoga skupa. To se nikad nece zbiti.

Page 35: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.5. GEOMETRIJSKA VJEROJATNOST 29

Primjer 1.26. Trenutak u kojem ce signal stici do prijemnika je na srecu odabranitrenutak unutar intervala [0, T] . Prijemnik nece registrirati drugi signal, ukoliko jerazlika izme -du dva uzastopna signala manja od τ , τ � T . Odredi vjerojatnost daprijemnik nece registrirati drugi signal.

��

Tτ x

y

G

S

y�x�τ

y�x�τ

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

�������

�������

Sl. 1.11.

� Ako je X trenutak prijema prvog signala, a Ytrenutak prijema drugog signala, taj drugi signal necebiti registriran ako je |X − Y| < τ . X i Y su dva nasrecu izabrana broja unutar intervala [0, T]

P {|x−y| < τ} = P {x − τ < y < x + τ}

= P {(x, y) ∈ G} =m(G)m(S)

=T2 − (T − τ)2

T2.

Primjer 1.27. Buffonov problem. Ravnina je podijeljena paralelnim pravcimakoji su udaljeni jedan od drugog za 2a . Na tu se ravninu baca na srecu igla duljine 2l ,(l < a) . Izracunaj vjerojatnost da igla presjeca neki pravac.

� Oznacimo sa x udaljenost sredista igle to najblizeg pravca, sa ϕ (manji) kut kojegigla zatvara s tim pravcem. Igla se baca na srecu trebamo prevesti sa: x i ϕ sebiraju na srecu unutar intervala [0, a] , [0, π] , neovisno jedan o drugom. Polozaj iglejednoznacno je odre -den izborom para (x,ϕ) . Njega pak biramo unutar pravokutnikaS (slika 3.9).

2a

�����

2l

π

a

ϕ

x

G

S x�l sin ϕ

��. . .. .. ... ... .... ... .... ....

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

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

Sl. 1.12.

Igla ce sijeci pravac ako je x < l sinϕ. Neka je

G = {(x,ϕ) : x < l sinϕ}.Tada imamo

p =m(G)m(S)

=1

∫ π

0l sinϕdϕ =

2laπ

.

Iz ove formule mozemo izraziti broj π : π =2lap

. Pri velikom broju bacanja,

vjerojatnost p mozemo aproksimirati relativnom frekvencijom. Tako dobivamo

π ≈ 2lnam

.

Page 36: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

30 1. VJEROJATNOST

Ponavljanjem pokusa moguce je dobiti pribliznu vrijednost broja π . Me -du svima kojisu na ovaj nacin isprobavali stohasticke zakone i ispravnost bacanja obicno se spominjuWolf koji je 1850. bacio iglu 5000 puta, dobivsi π ≈ 3.1596 te Lazzarini koji je 1901.iz 3408 pokusaja dobio sumnjivo tocan rezultat π ≈ 3.1415929 .

1.6. Elementi kombinatorike∗

Kartezijev umnozak skupova

Neka su A i B dva neprazna skupa. Kartezijev umnozak skupova A i B je skupA × B ciji su elementi ure -deni parovi (a, b) , pri cemu je a ∈ A , b ∈ B . Pisemo

A × B = {(a, b), a ∈ A, b ∈ B}.Dva su ure -dena para (a, b) i (x, y) jednaka ako i samo ako je a = x , b = y .

Koliki je broj elemenata uKartezijevu umnosku skupova? Ako je A = {a1, a2, . . . , am} ,B = {b1, b2, . . . , bn} , onda su elementi Kartezijeva umnoska sljedeci ure -deni parovi:

(a1, b1) (a1, b2) . . . (a1, bn)(a2, b1) (a2, b2) . . . (a2, bn)(a3, b1) (a3, b2) . . . (a3, bn)...(am, b1) (am, b2) . . . (am, bn)

Njihov je broj mn . Tako vrijedi:

Broj elemenata Kartezijeva umnoska

Ako skup A ima m elemenata, a skup B n elemenata, tad Kartezijev umno-zak A × B ima mn elemenata. Pisemo k(A × B) = k(A) · k(B) .

B

Aa a a a

b

b

b

b

.

. ..

..

..

.

. ..

1

2

j

n

1 2 i m

i j(a ,b )

Sl. 1.13. Kartezijev umnozak dva-ju skupova

∗ ∗ ∗

Page 37: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.6. ELEMENTI KOMBINATORIKE 31

Poredak skupova u Kartezijevu umnosku vazan je, jer za A �= B vrijedi A × B �=B × A . Me -dutim, broj elemenata u oba ova skupa podudara se. Tako, ako nas zanimasamo broj elemenata u Kartezijevu umnosku, ne moramo paziti na poredak skupova.

∗ ∗ ∗

Na potpuno identican nacin moze se opisati i Kartezijev umnozak nekoliko skupo-va. Neka su S1 ,. . . , Sk zadani skupovi. Kartezijev umnozak tih skupova skup je svihure -denih k -torki:

S1 × S2 × · · · × Sk = {(s1, s2, . . . , sk) : s1 ∈ S1, s2 ∈ S2, . . . , sk ∈ Sk}.

Primjer 1.28. Koliko postoji razlicitih troznamenkastih brojeva?� Odgovor je 900: to su brojevi od 100 do 999. Povezat cemo ga s Kartezijevim

umnoskom skupova. Ovdje se radi o umnosku triju skupova: skupa S1 = {1, 2, . . . , 9}iz kojeg biramo prvu znamenku, skupa S2 = {0, 1, 2, . . . , 9} iz kojeg biramo druguznamenku i istovjetnog skupa S3 . Primjerice, ako ure -dena trojka (s1, s2, s3) ima oblik(3, 5, 3) , ona odre -duje troznamenkasti broj 353.

Broj 900 jednak je umnosku 9 · 10 · 10 broja elemenata iz svakoga skupa: prvuznamenku mozemo birati na devet nacina, drugu na deset i trecu tako -der na deset nacina.Prema tome, u ovom primjeru vrijedi

k(S1 × S2 × S3) = 900 = 9 · 10 · 10 = k(S1) · k(S2) · k(S3). �

∗ ∗ ∗

Na istovjetan nacin racunat cemo broj elemenata Kartezijeva umnoska vise sku-pova. Neka je n1 broj elemenata u skupu S1 , n2 broj elemenata u skupu S2 itd. Prvukomponentu iz skupa S1 mozemo izabrati na n1 nacina. Svakoj toj komponenti moze-mo dodati drugu komponentu iz skupa S2 na n2 nacina. Tako prve dvije komponentemozemo odabrati na n1 · n2 nacina. Trecu komponentu mozemo birati na n3 nacina,pa ure -denih trojki ima n1 · n2 · n3 itd.

Kartezijev umnozak nekoliko skupova

Broj elemenata u Kartezijevu umnosku k skupova je

k(S1 × S2 × · · · × Sk) = n1 · n2 · · · nk = k(S1) · k(S2) · · · k(Sk). (1)

∗ ∗ ∗

Page 38: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

32 1. VJEROJATNOST

Primjer 1.29. Varijacije s ponavljanjimau skupu S . Neka je S = {a1, a2, . . . , an}zadani skup.

• Koliko postoji razlicitih ure -denih k -torki elemenata skupa S ?Isto pitanje mozemo postaviti i na ovaj nacin:• Na koliko se razlicitih nacina moze izabrati k elemenata skupa S pazeci na

njihov poredak, s tim da se elementi mogu ponavljati?Rijec je ocito o broju elemenata u Kartezijevu umnosku k istovjetnih skupova

S × S × · · · × S . Njihov je broj nk .Varijacija s ponavljanjem k -tog razreda u n -clanom skupu S je svaka ure -dena

k -torka Kartezijeva umnoska k skupova S × S × · · · × S = Sk . Broj varijacija sponavljanjem oznacavamo s V

kn . On jednak je broju elemenata Kartezijeva umnoska

Sk :V

kn = k(S × S × · · · × S) = [k(S)]k = nk.

S S S S1 2 3 k

Sl. 1.14. Varijacije s ponavljanjem. Izbor ure -dene k -torke (x1, x2, . . . , xk) odre -duje jedan put,koji povezuje izabrane elemente pojedinih skupova

Tako su na primjer varijacije s ponavljanjima drugog razreda u skupu S ={1, 2, 3, 4} :

11 12 13 1421 22 23 2431 32 33 3441 42 43 44

Njihov je broj V24 = 42 = 16 .

Ovdje i u slicnim primjerima, radi jednostavnosti pisat cemo 11 umjesto ure -denogpara (1, 1) , a slicno i za ostale parove. Tako -der, umjesto ure -dene k -torke govorimocesto o nizu elemenata, i pisemo x1, x2, . . . , xn , sa ili bez zareza izme -du elemenata.

∗ ∗ ∗

Primjer 1.30. Broj podskupova zadanog skupa. Koliki je broj podskupova skupaS koji ima n elemenata (ukljucujuci prazan skup i cijeli skup)?

� Svakom elementu skupa S mozemo pridruziti broj 0 ili 1, sa znacenjem0: taj se element ne uzima u podskup,1: taj se element uzima u podskup.

Tako dobivamo niz duljine n koji se sastoji od nula i jedinica, a koji opisuje nacinizbora podskupa.

Page 39: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.6. ELEMENTI KOMBINATORIKE 33

Na primjer, ako je S = {a, b, c, d, e} , tad niz 1, 0, 0, 1, 1 odre -duje podskup{a, d, e} , a niz 0, 0, 1, 0, 0 odre -duje podskup {c} . Niz {0, 0, 0, 0, 0} odgovara praz-nom podskupu, a niz {1, 1, 1, 1, 1} cijelom skupu.

Time smo pokazali da je broj podskupova jednak broju nizova duljine n koji sesastoje od nula i jedinica. Prvu znamenku u tom nizu mozemo izabrati na dva nacina,drugu i sve ostale tako -der na dva nacina. Zato je ukupan broj razlicitih nizova 2n .

Skup svih podskupova skupa S oznacavamo s P(S) i nazivamo partitivnimskupom skupa S . Dakle, ako je k(S) = n , onda je k(P(S)) = 2n . �

Princip uzastopnog prebrojavanja

Brojanje elemenata Kartezijeva umnoska mozemo poopciti i na slucaj kad promat-ramobroj elemenata u nekimnjegovimpodskupovima. Pogledajmo sljedeci jednostavniprimjer.

Primjer 1.31. Koliko postoji dvoznamenkastih brojeva s razlicitim znamenkama?� Prvu znamenku biramo iz skupa S1 = {1, 2, . . . , 9} , a drugu iz skupa

S2 = {0, 1, 2, . . . , 9} , ali pritom moramo paziti da ne odaberemo vec prije odabra-nu znamenku. Zato ce izbor biti ure -deni par (s1, s2) , pri cemu je s2 �= s1 . Timeje odre -den neki podskup Kartezijeva umnoska, koji (u slozenijim primjerima) nijejednostavno opisati. Me -dutim, broj njegovih elemenata mozemo lako odrediti.

Prvu znamenku mozemo birati po volji, devet je mogucih izbora. Bez obzira ko-ju znamenku s1 izabrali, drugu znamenku biramo izme -du devet preostalih znamenkiskupa S2 , koje su razlicite od s1 . Njihov izbor ovisi dakle o izboru prve znamenke, alinjihov broj ne ovisi. Ukupan broj svih mogucnosti je 9 · 9 . �

Primjer 1.32. Koliko se peteroznamenkastih brojeva moze napisati znamenkama0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 ako se 0 ne smije naci niti na prvom, niti na posljednjem mjestu, a sveznamenke moraju biti razlicite?

� Brojeva kod kojih nula nije na prvom mjestu ima 6·6·5·4·3 , jer prva znamenkamora biti razlicita od nule, druga bilo koja od preostalih itd. Neki od ovih brojeva imatce nulu na posljednjem mjestu. Zato cemo sada prebrojati koliko je takvih brojeva. Kodnjih prvu znamenku mozemo odabrati na 6 nacina, drugu na 5 nacina, trecu na cetirinacina, a cetvrtu na 4 nacina. Peta znamenka je nula. Ukupno ima 6 · 5 · 4 · 3 ovakvihbrojeva. Prema tome, svega je 6 · 6 · 6 · 5 · 3− 6 · 5 · 4 · 3 = 5 · 6 · 5 · 4 · 3 = 1800 kojizadovoljavaju oba uvjeta. �

∗ ∗ ∗Nacin razmisljanja u svim dosadasnjim primjerima mozemo formulirati na sljedeci

nacin:

Princip uzastopnog prebrojavanja

Ako element s1 mozemo izabrati iz skupa S1 na n1 razlicitih nacina, nakontoga (bez obzira na to koji smo element vec izabrali) element s2 iz skupa S2na n2 nacina, nakon toga element s3 iz skupa S3 na n3 nacina itd., onda jeukupan broj nacina izbora niza s1, s2, . . . , sk jednak

N = n1 · n2 · · · nk.

Page 40: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

34 1. VJEROJATNOST

Princip obicno iskazujemo u slobodnijoj formi ovim rijecima: Ako se prvi dioposla moze uciniti na n1 nacin, drugi dio posla na n2 nacina,. . . , posljednji na nknacina, onda se cijeli posao moze uciniti na n1 · n2 · · · nk nacina 1 .

Ukoliko poredak elemenata nije vazan, pri primjeni principa o uzastopnom preb-rojavanju moramo biti vrlo oprezni. Objasnit cemo to kroz sljedeca dva primjera.

Primjer 1.33. Koliko dijagonala ima pravilan n -terokut?� Dijagonala je odre -dena s dva nesusjedna vrha n -terokuta. Prvi vrh mozemo

odabrati na n nacina. Za drugi vrh nakon toga na raspolaganju imamo n−3 nesusjednavrha. Ukupan broj (ure -denih) parova vrhova je n(n − 3) . Me -dutim, broj dijagonalaje dva puta manji, jer svaka dijagonala povezuje dva vrha: dva ure -dena para (A, B)i (B, A) vrhova odre -duju istu dijagonalu. Dakle, broj dijagonala je N = 1

2n(n − 3) .Ovaj je broj uvijek cjelobrojan, jer su brojevi n i n − 3 razlicite parnosti. �

Primjer 1.34. Snop karata sastoji se od 52 karte, podijeljenih u cetiri boje (po 13karata svaka). Na koliko razlicitih nacina mozemo odabrati dvije karte iste boje?

� Boju mozemo odabrati na cetiri nacina. Prvu kartu u toj boji na 13 nacina.Nakon sto smo odabrali prvu kartu, preostaje 12 mogucnosti za izbor druge karte is-te boje. Ponovno je svaki par brojen dva puta. Ukupan broj izbora dviju karata je4 · 13 · 12 · 1

2 = 312 . �

∗ ∗ ∗

Primjer 1.35. Varijacije bez ponavljanja. Ure -dena k -torka razlicitih elemena-ta istog skupa S = {a1, . . . , an} naziva se varijacijom k -tog razreda u skupu od nelemenata. Pri tom mora biti k � n . Broj varijacija oznacavamo s Vk

n .Odredimo taj broj koristeci princip uzastopnog prebrojavanja. Prvi element moze-

mo odabrati na n nacina. Nakon toga, drugi element mozemo odabrati na n− 1 nacin,jer mora biti razlicit od prvog. Treci mozemo odabrati na n − 2 nacina. Posljednji,k -ti na n − (k − 1) = n − k + 1 nacin. Zato je

Vkn = n(n − 1) · · · (n − k + 1).

Primjer 1.36. Na koliko se razlicitih nacina moze podijeliti zlatna, srebrna i bron-cana medalja izme -du osam natjecatelja?

� Rijec je o varijacijama treceg razreda u skupu od osam elemenata. Zato jetrazeni broj N = V3

8 = 8 · 7 · 6 = 336 .Svakako je korisnije zapamtiti nacin na koji smo dosli do ovog broja, nego samu

formulu. Moramo biti sigurni da razumijemo princip uzastopnog prebrojavanja:• zlatnu medalju mozemo podijeliti na 8 nacina,• srebrnu medalju mozemo podijeliti na 7 nacina (me -du preostalih 7 natjecate-

lja),• broncanu medalju mozemo podijeliti na 6 nacina (me -du preostalih 6 natjeca-

telja).Zato je broj razlicitih nacina za dodjelu sve tri nagrade jednak 8 · 7 · 6 . �

1 Murphyjev zakon: Postoji li ijedan nacin da posao krene naopako, sigurno ce krenuti naopako — iskustvenaje cinjenica koja se ne da matematicki dokazati

Page 41: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.6. ELEMENTI KOMBINATORIKE 35

S S S S1 2 3 k

Sl. 1.15. Varijacije bez ponavljanja u skupu od n elemenata. Prvi element biramo po volji,drugi element tako da bude razlicit od prvog itd.

Primjer 1.37. Abeceda u hrvatskome jeziku sastoji se od 30 slova od kojih je 5samoglasnika i 25 suglasnika. Na koliko se razlicitih nacina moze ispisati rijec od petslova ako:

A. sva slova u rijeci moraju biti razlicita,B. poredak slova je suglasnik-samoglasnik-suglasnik-samoglasnik-suglasnik,C. isto sto i B.; ali su sva slova u rijeci razlicita.

�A. Na 30 · 29 · 28 · 27 · 26 = 17 100 720 nacina.B. Na 25 · 5 · 25 · 5 · 25 = 390 625 nacina.C. Na 25 · 5 · 24 · 4 · 23 = 276 000 nacina. �

Permutacije

Permutacija skupa S = {a1, . . . , an} od n razlicitih elemenata ure -dena je n -torkasvih njegovih clanova.

Tako su na primjer, permutacije skupa S = {1, 2, 3} : (1, 2, 3) , (1, 3, 2) , (2, 1, 3) ,(2, 3, 1) , (3, 1, 2) , (3, 2, 1) , i to su sve moguce permutacije. Jedna permutacija skupaS = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0} je (1, 3, 5, 7, 9, 0, 2, 4, 6, 8) . Koliko razlicitih permuta-cija ovog skupa postoji?

Broj razlicitih permutacija skupa s n elemenata oznacavamo s Pn . Taj broj dobi-vamo ovako:

• prvi element mozemo izabrati na n nacina,• drugi element mozemo izabrati nakon toga na n − 1 nacina,

...• pretposljednji element mozemo izabrati na dva nacina (jer su samo dva ele-

menta preostala),• posljednji element biramo samo na jedan nacin, jer je jedini preostao.

Broj permutacija

Broj razlicitih permutacija skupa od n elemenata je

Pn = n · (n − 1) · · · 2 · 1 = n! (2)

Page 42: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

36 1. VJEROJATNOST

Primjecujemo da je permutacija zapravo varijacija n -tog razreda u skupu od nelemenata. Zato je Vn

n = Pn .

Primjer 1.38. Koliko se razlicitih rijeci (smislenih i besmislenih) moze sastavitiod svih slova rijeci POVIJEST ako

A. slova mozemo postavljati po volji;B. suglasnici dolaze na prvo, trece, peto, sedmo i osmo mjesto, bas kao i u pocetnoj

rijeci?

� A. Svaki raspored slova odre -duje jednu permutaciju. Ukupan broj rasporeda jeN = P8 = 8! = 40 320 .

B. Svaki suglasnik moze doci na bilo koje od pet mjesta. Broj mogucih raspo-reda suglasnika je N1 = P5 = 5! = 120 . Broj mogucih rasporeda samoglasnika jeN2 = P3 = 3! = 6 . Po principu uzastopnog prebrojavanja, ukupan broj mogucihrasporeda je N = N1N2 = 720 . �

Permutacije s ponavljanjem

Zelimo li izracunati broj permutacija od n elemenata me -du kojima ima i jednakih,njihov ce broj biti ocito manji. Naime, neke od permutacija ispisanih na gore opisaninacin necemo vise moci razlikovati i njihov ce se ukupni broj smanjiti.

Primjer 1.39. Odredimo sve permutacije koje mozemo dobiti od slova rijeci SOS.Pretpostavimo za trenutak da mozemo razlikovati oba slova S , tj. da nasa rijec imaoblik S1OS2 . Tad imamo 3! = 6 razlicitih permutacija. To su redom:

OS1S2 S1OS2 S1S2OOS2S1 S2OS1 S2S1O

Pritom S1OS2 i S2OS1 izgledaju kao razlicite permutacije, ali, uklonimo li indekse,one ce postati jednake.

Neka P oznacava broj razlicitih permutacija slova S, O, S. U svakoj od njih pos-toje dva slova S, koja ne razlikujemo. Dodavanjem indeksa od njih bismo dobili 2!razlicitih permutacija. Zato je u ovom slucaju

2! · P = P3 =⇒ P =3!2!

= 3.

Primjer 1.40. Slova rijeci MAMA mozemo permutirati na sljedecih sest nacina:

AAMMAMAMAMMAMAAMMAMAMMAA

Page 43: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.6. ELEMENTI KOMBINATORIKE 37

Razlikovanjem pojedinih slova A i M iz svake od ovih permutacija dobili bismo2! · 2! = 4 nove permutacije. Na primjer:

AAMM =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

A1A2M1M2

A1A2M2M1

A2A1M1M2

A2A1M2M1

Na taj bismo nacin dobili ukupno P4 = 24 permutacije od cetiri razlicita elementa.Zato za broj permutacija P slova u rijeci MAMA vrijedi:

2! · 2! · P = P4 =⇒ P =4!

2! · 2!= 6.

∗ ∗ ∗Poopcavajuci ova razmatranja, dolazimo do sljedeceg zakljucka:

Permutacije s ponavljanjem

Neka u nizu s1, s2, . . . , sn postoji prva skupina od k1 identicnih elemenata,druga skupina od k2 identicnih elemenata,. . . , r -ta skupina od kr identicnihelemenata, k1 + k2 + . . .+ kr = n . Bilo koji razmjestaj elemenata takva nizanazivamo permutacijom s ponavljanjem. Njihov ukupni broj oznacavamos Pk1,k2,...,kr

n i vrijedi

Pk1,k2,...,krn =

n!k1! · k2! · · · kr!

. (3)

Primjer 1.41. Koliko se razlicitih rijeci moze napisati od slova rijeci MATEMA-TIKA?

� Ovdje je rijec o nizu slova A, A, A, E, I, K, M, M, T, T. Zato je

N = P3,1,1,1,2,210 =

10!3!1!1!1!2!2!

= 151 200.

Po dogovoru, u ovakvim primjerima ne pisemo broj 1 niti u oznaci, niti u razlomcima:

N = P3,2,210 =

10!3!2!2!

. �

Kombinacije

U mnogim problemima prebrojavanja poredak izabranih elemenata nije bitan. Naprimjer, u igri LOTO 7 od 39 nije vazno kojim se redom izvlaci prvih 7 brojeva, vecsamo koji su to brojevi. Na koliko se nacina moze izvuci 7 brojeva od 39? Opcenitije,pitamo se:

• Na koliko se nacina moze izvuci k elemenata iz skupa S od n elemenata, nepazeci na njihov poredak? Oznacimo taj broj s Ck

n .

Page 44: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

38 1. VJEROJATNOST

Svaki izbor k razlicitih elemenata skupa S = {a1, a2, . . . , an} odre -duje jedannjegov podskup koji ima k elemenata.

Ckn

Sa Ckn oznacavamo broj nacina na koji iz skupa od n elemenata mozemo

odabrati k elemenata, ne pazeci na njihov poredak.

Odredimo taj broj. Primjetimo da je on jednak broju razlicitih podskupova s kelemenata uzetih iz skupa od n elemenata. Izbor jednog takvog podskupa odre -den jenizom nula i jedinica duljine n , ali takvih da u njemu postoji tocno k jedinica.

Primjer 1.42. Ilustrirajmo izbor podskupova koji imaju dva elementa na skupuS = {a, b, c, d} . Na koliko nacina mozemo odabrati dva njegova elementa?

� Ispisimo niz nula i jedinica i njemu odgovarajuci izbor elemenata ovoga skupa:

1, 1, 0, 0 a, b1, 0, 1, 0 a, c1, 0, 0, 1 a, d0, 1, 1, 0 b, c0, 1, 0, 1 b, d0, 0, 1, 1 c, d

Broj svih nacina jednak je broju svih permutacija niza 1, 1, 0, 0 , kojih ima

P2,24 =

4!2! · 2!

=24

2 · 2 = 6. �

Vidimo da je ukupan broj nacina jednak broju permutacija u nizu od n nula ijedinica, u kojem ima k jedinica i n − k nula:

Ckn = Pk,n−k

n =n!

k!(n − k)!=

(nk

).

Kombinacije

Svaki podskup od k (razlicitih) elemenata skupa S nazivamo kombinacijomu skupu S . Broj razlicitih kombinacija je

Ckn =

n!k!(n − k)!

=(

nk

). (4)

Page 45: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.6. ELEMENTI KOMBINATORIKE 39

Primjer 1.43. U ravnini je zadano deset tocaka, od kojih nikad po tri tocke nisu najednom pravcu. Koliko se pravaca moze odrediti tim tockama? Koliko trokuta postojis vrhovima u tim tockama?

� Svaki je pravac odre -den s dvije tocke. Te dvije tocke od deset zadanih mozemoodabrati na

C210 =

(102

)=

10 · 91 · 2 = 45

nacina. Trokuta ima onoliko koliko ima izbora triju tocaka od deset zadanih. Njihmozemo odabrati na

C310 =

(103

)=

10 · 9 · 81 · 2 · 3 = 120

nacina. �

Primjer 1.44. Na koliko se nacina u igri LOTO moze izvuci 7 brojeva i jedandopunski broj od 39 zadanih?

� Najprije se izvlaci 7 brojeva od 39. To se moze uciniti na C739 nacina:(

397

)=

39 · 38 · 37 · 36 · 35 · 34 · 331 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 = 15 380 937.

Nakon toga, dopunski se broj moze odabrati na 32 nacina. Ukupan je broj razlicitihizbora

N = 32 ·(

397

)= 492 189 984. �

∗ ∗ ∗

Pokazat cemo jos jedan nacin na koji mozemo potvrditi ovu formulu, a koji mozebiti koristan u razlicitim prebrojavanjima.

Primjer 1.45. Veza kombinacija, permutacija i varijacija. Broj varijacija k -tog

razreda u skupu S od n elemenata je Vkn =

n!(n − k)!

. Sve varijacije mozemo dobiti

tako da najprije odaberemo k elemenata skupa S , a zatim ih permutiramo na sve mo-guce nacine. Izbor elemenata mozemo uciniti na Ck

n nacina, a permutirati ih na Pknacina. Po teoremu o uzastopnom prebrojavanju, ukupan broj varijacija jednak je

Vkn = Ck

n · Pk,

odakle slijedi

Ckn =

Vkn

Pk=

n!(n − k)!

k!=

n!k!(n − k)!

.

Page 46: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

40 1. VJEROJATNOST

Primjer 1.46. Kosarkaski tim raspolaze s tri centra, cetiri krila i pet branica. Igruzapocinje jedan centar, dva krila i dva branica. Na koliko nacina trener moze izabratipocetnu petorku?

� Centar se moze odabrati na tri nacina, dva krila na(

42

)= 6 nacina, dva

branica na(

52

)= 10 nacina. Broj razlicitih pocetnih postava je 3 · 6 · 10 = 180 . �

Primjer 1.47. Snop od 52 karte sastoji se od 13 karata razlicite jakosti u svakoj odcetiri boje. Na koliko nacina mozemo odabrati:

A. dvije karte iste boje,B. dvije karte razlicitih boja,C. dvije karte iste jakosti,D. dvije karte razlicitih jakosti?

� A. Boju mozemo izabrati na cetiri nacina, a dvije karte u toj boji na C213 nacina.

N = 4 ·(

132

)= 312 .

Mozemo razmisljati i ovako: prvu kartu biramo po volji, pa imamo 52 moguc-nosti. Nakon toga, drugu kartu biramo izme -du 12 karata koje su iste boje. Time smodobili ure -deni par. Kako nas poredak karata ne zanima, ukupan je broj mogucnosti

N =52 · 12

2= 312 .

B. Dvije boje mozemo odabrati na C24 nacina, a po jednu kartu iz svake boje na

13 nacina. N =(

42

)· 13 · 13 = 1014 .

Razmisljajuci na drugi nacin, racunamo ovako: za izbor prve karte imamo 52 mo-gucnosti. Nakon toga, drugu kartu biramo izme -du 39 karata koje nisu iste boje. Ukupan

je broj mogucnosti za izbor dviju karata dvostruko manji: N =52 · 39

2= 1014 .

C. Razmisljajuci na oba ovakva nacina, dobivamo N = 13 ·(

42

)=

52 · 32

= 78 .

D. Sad je N =(

132

)· 4 · 4 ili N =

52 · 482

= 1248 . �

Promotrimo jos jedan slozeniji primjer.

Primjer 1.48. U pokeru se dobiva 5 karata od 52. Njihov poredak nije vazan. Nakoliko se razlicitih nacina moze dobiti 5 karata koje sadrze

A. jedan par (npr. K K J 6 3),B. dva para (npr. J J 2 2 8),C. tri karte iste jakosti (npr. 8 8 8 K 24),D. tri karte iste jakosti i jedan par (npr. A A A 7 7)?

Page 47: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.6. ELEMENTI KOMBINATORIKE 41

A. Dvije karte iste jakosti mozemo odabrati na 13 ·(

42

)nacina. Prvu od preos-

tale tri karte na 48 , drugu na 44, trecu na 40 nacina. Mnozeci ove brojeve dobit cemopermutaciju preostale tri karte, pa je zato broj kombinacija posljednjih triju karata 3!

puta manji i iznosi48 · 44 · 40

3!. Pomnozimo ova dva broja:

N = 13(

42

)· 48 · 44 · 40

3!.

Jesmo li time ponovno brojili permutacije? Odgovor je: ne! Mi uvijek mozemo brojatiovakve kombinacije od pet karata tako da prvo istaknemo dvije karte koje cine par, azatim tri preostale. Te su skupine razlicite po svojim svojstvima.

B. Razmisljajmo na isti nacin: 13 ·(

42

)je nacina da se odabere prvi par. Nakon

sto smo njega odabrali, ima 12 ·(

42

)nacina za izbor drugog para. Me -dutim, ukupan

broj nacina za izbor prvih cetiriju karata dvostruko je manji od umnoska ovih brojeva,jer su i prvi i drugi par skupine istih svojstava i u ovim su izborima brojeni dva puta(kao ure -deni parovi). Nakon izbora prvih cetiriju karata, petu mozemo odabrati na 44nacina. Zato je

N =13

(42

)· 12

(42

)2!

· 44.

C. Razmisljajuci kao u A. dobivamo

N = 13(

43

)· 48 · 44

2!.

D. Skupine od tri karte i od dvije karte razlicitih su svojstava. Zato je

N = 13(

43

)· 12

(42

). �

Razdioba predmeta

Razdiobe predmeta na razlicite osobe predstavlja interesantan kombinatorni prob-lem. Izdvojit cemo u sljedecim primjerima nekoliko tipicnih situacija.

Primjer 1.49. Na koliko se nacina deset jednakih predmeta moze podijeliti na cetiriosobe (moguce je da neka osoba ne dobije niti jedan predmet)?

� Predmeti su jednaki, pa ih mozemo oznaciti kruzicem. Jednu mogucu razdiobumozemo opisati na sljedeci nacin:

◦ ◦ | ◦ ◦ ◦ ◦ || ◦ ◦ ◦ ◦Ovdje smo zajedno s kruzicima rasporedili i tri crtice. Crtice oznacavaju nacin di-jeljenja: prva osoba dobiva dva predmeta, druga cetiri, treca nijedan, cetvrta cetiripredmeta.

Razlicitih rasporeda ima koliko i permutacija od 13 elemenata me -du kojima sudvije skupine od po deset i tri jednaka predmeta:

N = P10,313 =

13!10!3!

= 286.

Page 48: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

42 1. VJEROJATNOST

Opcenito, ako dijelimo n jednakih predmeta na k osoba, tad postupamo na identi-can nacin. Razlicitih rasporeda ima onoliko koliko i permutacija od n+k−1 elementa,me -du kojima ima n kruzica i k − 1 crtica:

N = Pn,k−1n+k−1 =

(n + k − 1)!n!(k − 1)!

.

Isti broj dobit cemo ako se zapitamo na koliko razlicitih nacina mozemo postavitik − 1 crticu na raspolozivih n + k − 1 mjesta:

N = Ck−1n+k−1 =

(n + k − 1

k − 1

).

Na primjer, deset predmeta se na tri osobe moze podijeliti na(10 + 3 − 1

3 − 1

)=

(122

)= 66

nacina. Dva predmeta se na deset osoba moze podijeliti na(2 + 10 − 1

10 − 1

)=

(119

)=

(112

)= 55

nacina. (Deset je nacina u kojih jedna osoba dobije dva predmeta, a 45 nacina u kojihdvije osobe dobiju po jedan predmet.) �

Primjer 1.50. Na koliko se nacina deset jednakih predmeta moze podijeliti na cetiriosobe tako da svaka osoba dobije barem jedan predmet?

� Oznacimo ponovno predmete kruzicima. Poredajmo ih i postavimo izme -dunjih tri crtice, ali tako da dvije crtice ne smiju doci zajedno. Jedna moguca razdiobaopisana je ovako:

◦ ◦ ◦ | ◦ ◦ | ◦ | ◦ ◦ ◦ ◦

(prva osoba dobiva tri, druga dva, treca jedan i cetvrta cetiri predmeta). Crtice semoraju ubaciti na tri od devet mogucih mjesta izme -du kruzica. Broj mogucih nacina je(

10 − 14 − 1

)=

(93

)= 84 .

Opcenito, ako n predmeta dijelimo na k osoba, ali tako da svaka osoba moradobiti barem jedan predmet, onda postupamo ovako: k − 1 crticu postavimo na nekaod n − 1 mjesta izme -du kruzica. Broj je razlicitih nacina jednak

N = Ck−1n−1 =

(n − 1k − 1

). �

∗ ∗ ∗

Page 49: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.6. ELEMENTI KOMBINATORIKE 43

Primjer 1.51. Na koliko se nacina osam razlicitih predmeta moze podijeliti na cetiriosobe, ali tako da svaka osoba dobije po dva predmeta?

� Dva predmeta koja ce pripasti prvoj osobi biramo na(

82

)nacina. Nakon

toga, dva predmeta za drugu osobu mozemo izabrati na(

62

)nacina itd. Ukupan broj

razlicitih podjela je (82

)(62

)(42

)(22

)= 28 · 15 · 6 · 1 = 2520.

Primijetimo da je jedna podjela odre -dena permutacijom niza 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4 .Tako na primjer nizu

2, 4, 1, 1, 3, 2, 3, 4

odgovara podjela u kojoj prva osoba dobiva treci i cetvrti, druga osoba prvi i sesti, trecaosoba peti i sedmi a cetvrta osoba drugi i osmi predmet. Ovakvih permutacija ima

P2,2,2,28 =

8!2! · 2! · 2! · 2!

= 2520.

Promotrimo opceniti problem: n razlicitih predmeta trebamo podijeliti na k osoba,ali tako da prva dobije n1 predmeta, druga n2 predmeta,. . . , posljednja nk predmeta,n = n1 + n2 + . . . + nk . Broj razlicitih nacina na koji se to moze uciniti je(

nn1

)(n − n1

n2

)· · ·

(nk−1 + nk

nk−1

)(nknk

)=

n!n1! · n2! · . . . · nk!

. �

∗ ∗ ∗

Kombinacije s ponavljanjima

Pretpostavimo da birajuci elemente nekoga skupa imamo mogucnost izabrati istielement vise puta.

• Na koliko se nacina moze izabrati k elemenata iz skupa od n me -dusobnorazlicitih elemenata, ako svaki element mozemo birati vise puta, a poredak izabranihelemenata nije bitan?

Mozemo zamisliti da iz bubnja — u kojem se nalazi n kuglica oznacenih brojevi-ma od 1 do n — biramo k kuglica, jednu po jednu i to tako da se nakon svakog izborakuglica vraca u bubanj. Redoslijed izabranih brojeva nije nam pri tome vazan.

Jedan takav izbor nazivamo kombinacijom s ponavljanjem k -tog razreda u skupu

od n elemenata, a njihov ukupan broj oznacavamo s Ckn .

Primjer 1.52. Ispisimo sve kombinacije s ponavljanjem:a) drugog razreda u skupu S = {1, 2, 3, 4} :

11 12 13 14 22 23 24 33 34 44.

Dakle, C24 = 10 .

b) treceg razreda u skupu S = {1, 2, 3} :

111 112 113 122 123 133 222 223 233 333.

Dakle, C33 = 10 .

Page 50: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

44 1. VJEROJATNOST

c) cetvrtog razreda u skupu S = {1, 2} :

1111 1112 1122 1222 2222.

Dakle, C42 = 5 .

d) cetvrtog razreda u skupu S = {1, 2, 3} :

1111 1112 1113 1122 1123 1133 1222 12231233 1333 2222 2223 2233 2333 3333.

Dakle, C43 = 15 .

U svim su primjerima kombinacije poredane leksikografskim poretkom. Kako

cemo utvrditi broj Ckn ?

Ucinimo sljedecu transformaciju: drugom elementu u gornjim kombinacijama do-dajmo broj 1, trecem broj 2, a cetvrtom broj 3. Pritom ce kombinacije s ponavljanjemprijeci u kombinacije bez ponavljanja u vecem skupu:

a) drugog razreda u skupu S = {1, 2, 3, 4, 5} :

12 13 14 15 23 24 25 34 35 45.

b) treceg razreda u skupu S = {1, 2, 3, 4, 5} :

123 124 125 134 135 145 234 235 245 345.

c) cetvrtog razreda u skupu S = {1, 2, 3, 4, 5} :

1234 1235 1245 1345 2345.

d) cetvrtog razreda u skupu S = {1, 2, 3, 4, 5, 6} :

1234 1235 1236 1245 1246 1256 1345 13461356 1456 2345 2346 2356 2456 3456.

Opcenito, ovom transformacijom skup kombinacija s ponavljanjem k -tog razredau skupu od n elemenata prelazi u skup kombinacija bez ponavljanja k -tog razreda uskupu od n + k − 1 elemenata. Zato je:

Ckn = Cn

n+k−1 =(

n + k − 1k

).

U gornjim primjerima ti brojevi iznose:

a) C24 =

(4 + 2 − 1

2

)=

(52

)=

5 · 41 · 2 = 10,

b) C33 =

(3 + 3 − 1

3

)=

(53

)=

(52

)= 10,

c) C42 =

(2 + 4 − 1

4

)=

(54

)=

(51

)= 5,

d) C43 =

(3 + 4 − 1

4

)=

(64

)=

(62

)=

6 · 51 · 2 = 15.

Page 51: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.7. RIJESENI ZADATCI 45

Primjer 1.53. Iz snopa od 52 karte biramo dvije, ali tako da nakon izbora svakekarte zapisemo njezinu vrijednost, a samu kartu vratimo u snop. Na koliko nacinamozemo odabrati

A. dvije karte iste boje; B. dvije karte iste jakosti?

� A. Boju mozemo odabrati na cetiri nacina. Dvije karte iste boje mozemo

odabrati na C132 nacina. Zato je N = 4(

13 + 2 − 12

)= 4

(142

)nacina.

B. Jakost mozemo odabrati na 13 nacina, a dvije karte te jakosti na C42 =(4 + 2 − 1

2

)nacina. Zato je N = 13

(52

). �

1.7. Rijeseni zadatci

Zadatak 1.1. Novcic bacamo dok se dva puta za redom ne pojavi isti znak, a naj-vise pet puta. Opisite elementarne doga -daje u skupu Ω i u sljedecim doga -dajima;A = {pokus je zavrsen u trecem bacanju} ;B = {pokus je zavrsen u prva tri bacanja} .Odredite B .

� Elementarne doga -daje popisujemo redajuci ih prema broju potrebnih bacanja:

ω1 = GG, ω6 = PGPP,

ω2 = PP, ω7 = GPGPP,

ω3 = GPP, ω8 = GPGPG,

ω4 = PGG, ω9 = PGPGG,

ω5 = GPGG, ω10 = PGPGP.

Sada je A = {ω3,ω4} , B = {ω1,ω2,ω3,ω4} . Dogadaj B sadrzi preostalih sestelementarnih doga -daja. �

Zadatak 1.2. Pokus se sastoji od bacanja dvaju novcica. Uocimo sljedece doga -da-je:

A = {glava na prvom novcicu}, B = {pismo na prvom novcicu},C = {glava na drugom novcicu}, D = {pismo na drugom novcicu},E = {jedna glava i jedno pismo}, F = {barem jedna glava},G = {barem jedno pismo}, H = {dva pisma},I = {dvije glave}.

Odredi kojem su doga -daju ekvivalentni sljedeci doga -daji: B∪D , B∩D , E∪ I , B∪G ,B ∩ G , A ∪ B , A ∩ B , F ∪ G , F ∩ G .

Page 52: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

46 1. VJEROJATNOST

� Postoje cetiri elementarna doga -daja, to su ure -deni parovi (P,P) , (P,G) ,(G,P) , (G,G) koji odre -duju moguci rezultat na oba novcica. Te cemo doga -dajeoznacavati jednostavnije s PP , PG , GP , GG .

Razlicitih doga -daja ima 24 = 16 . Devet me -du njima zapisani su gore (prona -ditepreostalih sedam!).

Da bismo odgovorili na pitanja, najjednostavnije je odrediti elementarne doga -dajeod kojih se sastoje gore navedeni. Tako imamo

A = {GG, GP}, B = {PG,PP},C = {GG, PG}, D = {GP,PP},E = {GP,PG}, F = {GP,PG, GG},G = {GP,PG,PP}, H = {PP},I = {GG}.

Sada racunamo ovako:

B ∪ D = {PG,PP,GP} = G,

B ∩ D = {PP} = H,

E ∪ I = {GP,PG, GG} = F

i slicno u drugim slucajevima. Dobivamo: B ∪ G = G , B ∩ G = B , A ∪ B = Ω ,A ∩ B = ∅ , F ∪ G = Ω , F ∩ G = E .

Ovakav je nacin siguran, ali nije poucan. Svakako je korisnije pokusati na gornjapitanja odgovoriti direktno, koristeci veznike kao oznaku operacije:

B ∪ D = {pismo na prvom novcicu} ili {pismo na drugom novcicu}= {barem jedno pismo} = G,

F ∩ G = {barem jedna glava} i {barem jedno pismo}= {jedna glava i jedno pismo} = E,

E ∪ I = {jedna glava i jedno pismo} ili {dvije glave}= {barem jedna glava} = F.

Ucinite slicno za ostale primjere. �

Zadatak 1.3. Ure -daj je prikazan shemom na slici. Neka doga -daj Ai oznacavaprekid na dijelu i , i = 1, 2, 3 . Odredi izraz za doga -daj

A = {ure -daj je prestao s radom},kao i za doga -daj A .

n n

n

n

A1

B1

B2

B3

nn

nn

A1

A2

B1

B2

n n

n n

A1 A2

B1 B2

Slik 1 2Sl. 1.16.

�a) A = A1 + B1B2B3 , A = A1 · B1B2B3 = A1(B1 + B2 + B3) .

Page 53: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.7. RIJESENI ZADATCI 47

b) A = A1A2 + B1B2 , A = A1A2 · B1B2 = (A1 + A2)(B1 + B2) .c) A = (A1 + A2)(B1 + B2) , A = A1 + A2 + B1 + B2 = A1A2 + B1B2 .

Zadatak 1.4. Bacamo dvije ispravne kocke. Kolike su vjerojatnosti sljedecih do-ga -daja:

A = {pojavile su se dvije sestice},B = {pojavila se jedna jedinica i jedna dvojka},C = {pojavila su se dva jednaka broja},D = {zbroj brojeva jednak je 5},E = {pojavio se broj veci od 2}?

� Samo je jedan ishod povoljan za A : elementarni doga -daj (6, 6) . Zato je P (A) =136

.

Dva su ishoda povoljna za doga -daj B ; to su elementarni doga -daji (1, 2) i (2, 1) .

Ovo su razliciti ishodi bacanja dviju kocki! P (B) =236

.

Sest je povoljnih ishoda. P (C) =636

Doga -daj D ima cetiri povoljna ishoda: (1, 4) , (2, 3) , (3, 2) , (4, 1) . Zato je

P (D) =436

.

Opisimo suprotan doga -daj:

E = {oba su broja manja ili jednaka 2}.Cetiri su povoljna ishoda za ovaj doga -daj: (1, 1) , (1, 2) , (2, 1) , (2, 2) . Zato je

P (E) =436

i P (E) = 1 − P (E) = 1 − 19

=89

. � �

Zadatak 1.5. Novcic se baca n puta i pri tom se biljezi je li palo pismo ili glava.Opisi vjerojatnosni prostor. Odredi sljedece doga -daje i izracunaj im vjerojatnost:

A = {svih n puta palo je pismo}, B = {pismo je palo tocno jednom},C = {pismo je palo barem jednom}, D = {pismo je palo u prvom bacanju}.

� Elementaran doga -daj je niz od n znakova P i G . Ω = skup svih n -torki sastav-ljenih od znakova P i G . Opet je F = P(Ω) , card(F) = 22n

: broj svih doga -daja.

Svi elementarni doga -daji su jednako vjerojatni. Zato je P (ωi) =12n

. Doga -daji A , B ,

C , D i njihove vjerojatnosti iznose:

A = {PP · · · P}, P (A) =12n

,

B = {PG · · ·G, GPG · · ·G, . . . ,G · · ·GP}, P (B) =n2n

,

C = Ω \ {G · · ·G}, P (C) =2n − 1

2n,

D = {P∗∗ . . . ∗ : ∗ bilo koji}, P (D) =2n−1

2n=

12. �

Page 54: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

48 1. VJEROJATNOST

Zadatak 1.6. U kutiji se nalazi deset kuglica, sest plavih i cetiri crvene. Biramo nasrecu tri kuglice. Odredimo vjerojatnosti sljedecih doga -daja:

A = {sve su tri kuglice plave}.B = {sve su tri kuglice iste boje}.C = {dvije su kuglice plave, a jedna je crvena}.

� Da bismo postavili ispravan model, zamislit cemo da sve kuglice mozemo raz-likovati. (Mozemo zamisliti da su sve one oznacene razlicitim brojevima, od 1 do 10.)

Tri kuglice iz skupa od 10 kuglica mozemo odabrati na N =(

103

)nacina. Povoljnih

za doga -daj A je M =(

63

), jer se na toliko nacina mogu izabrati tri kuglice iz skupa

od sest plavih kuglica. Zato je

P (A) =MN

=

(63

)(

103

) =20120

=16.

Broj povoljnih ishoda za doga -daj B je

M =(

63

)+

(43

)jer kuglice mogu biti ili plave ili crvene. Zato je

P (B) =MN

=

(63

)+

(43

)(

103

) =24120

=15.

Odredimo broj povoljnih ishoda za doga -daj C . Dvije plave kuglice mozemo

odrediti na(

62

)nacina, a jednu crvenu na cetiri nacina:

M =(

62

)· 4 = 60 =⇒ P (C) =

60120

=12. �

Zadatak 1.7. Slova rijeci MATEMATIKA napisana su na karticama, ove potompromijesane i poredane jedna do druge. Kolika je vjerojatnost da ce i nakon togamatematika ostati MATEMATIKA?

� Prvo rjesenje. U rijeci postoje tri slova A, dva slova M, dva slova T te po jednoslovo E, I, K. Broj razlicitih permutacija ove rijeci jednak je broju permutacija skupaod 10 elemenata me -du kojima postoje jednaki:

N = P3,2,2,1,1,110 =

10!3!2!2!

.

Samo je jedna povoljna mogucnost! Zato, P(A) =3!2!2!10!

= 6.6 · 10−6 .

Drugo rjesenje. Mozemo problemu pristupiti i ovako. Zamislimo da umijemorazlikovati svako slovo (jer su, recimo, napisana na karticama razlicitih boja). Tada je

Page 55: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.7. RIJESENI ZADATCI 49

broj svih mogucih doga -daja jednak broju svih permutacija, N = P10 = 10! . Povoljnesu one kod kojih su slova E, I, K na svojim mjestima; slova M mozemo rasporediti nadva nacina; tri slova A na sest nacina: prvo na bilo koje od tri slobodna mjesta, drugo naneko od preostala dva i trece na slobodno mjesto, slicno za slovo T. Dakle, M = 4 · 6 · 4i dobivamo P(A) kao gore.

Zadatak 1.8. Baceno je 12 kocaka. Kolika je vjerojatnost da ce se svaki od brojeva1, 2, . . . , 6 pojaviti dvaput?

� Prvo rjesenje. Rezultat pokusa je niz od 12 brojeva uzetih iz skupa S ={1, 2, 3, 4, 5, 6} . Na svakoj kocki moze se pojaviti bilo koji od tih brojeva, pa je brojsvih mogucih ishoda

N = 612.

Koliko je povoljnih? Onoliko koliko i razlicitih permutacija (s ponavljanjima) niza{1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 6, 6} jer svaka takva permutacija daje povoljan ishod bacanja:

M = P2,2,2,2,2,212 =

12!(2!)6 .

Tako dobivamo p = M/N = 0.00344 .Drugo rjesenje. Do broja povoljnih kombinacija mozemo doci i drukcijim raz-

misljanjem. Znamo da se u povoljnoj kombinaciji moraju pojaviti tocno dvije jedinice,dvije dvojke itd. Pitanje je: na kojim kockama? Dvije se jedinice mogu pojaviti na bilokojim kockama, dakle na C2

12 razlicitih nacina. Nakon toga, za dvije dvojke imamo naraspolaganju deset kocaka, sto daje C2

10 nacina itd. Ukupan broj nacina za pojavljivanjepovoljnog doga -daja je

M =(

122

)(102

)(82

)(62

)(42

)(22

)=

12!(2!)6 . �

Zadatak 1.9. Racunalo, racunalo. . . Racunalo ispisuje brojeve s 8 znamenaka.Uz pretpostavku da je pojava svake znamenke na svakom mjestu jednako vjerojatna,izracunaj vjerojatnost doga -dajaA. sve znamenke su razlicite,B. cetiri posljednje znamenke su jednake,C. broj zapocinje znamenkom 5,D. broj sadrzi tri znamenke 5,E. broj sadrzi tri znamenke 5, tri znamenke 2 i dvije znamenke 7,F. pojavile su se tocno tri jednake znamenke (a preostalih pet su me -dusobno razlicite),G. broj ima dva para jednakih znamenaka,H. u zapisu broja pojavljuju se najvise tri znamenke.

� Svih mogucih ishoda ima N = V810 = 108 .

A. Brojeva s razlicitim znamenkama ima V810 = 10!/2! , P(A) = 0.00181 .

B. Jednake cemu? 10 je mogucnosti. Na prva cetiri mjesta moze doci bilo ko-ja znamenka (ukljucivo i posljednju znamenku), 104 mogucnosti. M = 10 · 104 ,P(B) = 0.001 .

C. Prva je znamenka odre -dena, preostalih sedam je slobodno. Dakle, M = 107 ,P(C) = 0.1 . Jasno, u ovom slucaju ovakav izbor brojeva M i N je neprikladan; nas

Page 56: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

50 1. VJEROJATNOST

zanima samo prva znamenka a za ostale nas nije briga: prirodnije je uzeti N = 10 ,M = 1 .

D. Na kojim mjestima? C38 mogucnosti. Na preostalih 5 mjesta moze doci bilo

koja od preostalih 9 znamenki: 95 mogucnosti.

M =(

83

)· 95, P(D) = 0.0331.

E. M =(

83

)(53

)(22

), P(E) = 0.56 · 10−5 .

F. U zapisu broja pojavljuje se 6 razlicitih znamenki. Tih 6 znamenki mozemoodabrati na C6

10 nacina. Od njih trebamo ispisati sve moguce 8-znamenkaste broje-ve kod kojih ce se jedna znamenka ponavljati tri puta. Koja znamenka? 6 je izboraistaknute znamenke. Razlicitih permutacija potom ima P3,1,1,1,1,1

8 . Zato je

M = C610 · C1

6 · P3,1,1,1,1,18 =

(106

)· 6 · 8!

3!.

i odavde p = 0.08467 .G. Zakljucujuci kao u F, dobili bismo

M = C610 · C2

6 · P2,2,1,1,1,18 =

(106

)·(

62

)· 8!2!2!

.

Mozda ce nekome biti prihvatljiviji ovakav pristup: Prvu znamenku (dvostruku)mozemo izabrati na 10 nacina, rasporediti je na 8 mogucih mjesta na C2

8 nacina. Sadabiramo drugu (dvostruku) znamenku. 9 je mogucih izbora, a C2

6 mogucnosti da se onarasporedi na preostalih 6 mjesta. Na koncu moramo popuniti 4 mjesta s razlicitim zna-menkama od 8 preostalih. Te 4 znamenke mozemo izabrati na C4

8 nacina, a rasporeditiih na P4 nacina.

Po teoremu o uzastopnom prebrojavanju, dobivamo

M = 10 ·(

82

)· 9

(62

)·(

84

)· 4!

Ovaj broj M dvostruko je veci od gornjeg. Koji je ispravan?G. M = 38 .

Zadatak 1.10. Statistika Maxwell–Boltzmanna. Svaka od n cestica ulazi nasrecu u jednu od r kutija (energetskih nivoa). Pretpostavljamo da cestice umijemorazlikovati te nam je vazan i broj i vrsta cestica koje ulaze u pojedinu kutiju. Pret-postavljamo (u statistici Maxwell–Boltzmanna) da je svaki moguci raspored jednakovjerojatan.A. Kolika je vjerojatnost da se u kutijama na -de redom n1 , n2 ,. . . , nr cestica( n1 + n2 + . . . + nr = n )?B. Odredi vjerojatnost pk da zadana kutija sadrzi k cestica.C. Neka n i r rastu tako da kvocijent n/r tezi ka λ (to je srednji broj cestica po

jednoj kutiji). Pokazi da tada vrijedi pk →e−λλ k

k!.

� A. U ovom su modelu sve cestice me -dusobno razlicite. Svaka cestica mozeupasti u bilo koju od r kutija. Zato svih mogucih elementarnih doga -daja ima N = rn .

Page 57: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.7. RIJESENI ZADATCI 51

Povoljnih ima koliko i permutacija s ponavljanjem:

M = Pn1,...,nrn =

n!n1! · n2! · · · nr!

jer se na ovoliko nacina mogu odabrati cestice koje ce uci u pojedine kutije.

B. i C. k cestica koje upadaju u izabranu kutiju mozemo odrediti na Ckn nacina.

Preostalih n−k mozemo rasporediti u r−1 kutiju po volji, dakle na (r−1)n−k nacina.Stoga je

pk =(

nk

)(r − 1)n−k

rn

=n(n − 1) · · · (n − k + 1)

rk· 1

k!·(1 − 1

r

)n−k→ λ k

k!e−λ .

Zadatak 1.11. Statistika Bose–Einsteina. Svaka od n cestica ulazi na srecu ujednu od r kutija. U ovom modelu cestice ne umijemo razlikovati. Moguce rasporederazlikujemo samo po tome koliko se u pojedinoj kutiji nalazi cestica. U ovoj statisticipretpostavljamo da su svi ti rasporedi jednako vjerojatni.A. Kolika je vjerojatnost da se u kutijama na -de redom n1 , n2 ,. . . , nr cestica( n1 + n2 + . . . + nr = n )?B. Odredi vjerojatnost qk da zadana kutija sadrzi k cestica.C. Neka n i r rastu tako da kvocijent n/r tezi ka λ . Pokazi da tada vrijedi

qk →λ k

(1 + λ )k+1 .

� A. Ispitajmo na koliko nacina mozemo izvrsiti sve moguce razmjestaje (samojedan je povoljan za nas). Oznacimo svaku cesticu istim znakom, recimo zvjezdicom∗ , posto ih ne razlikujemo i poredajmo ih jednu za drugom. Ubacimo me -du tih nzvjezdica jos i r − 1 crticu, recimo na sljedeci nacin, za n = 7 i r = 5 :

∗ ∗ | | ∗ | ∗ ∗ ∗ | ∗ ∗.(Moguce je da crtica do -de na sami pocetak, kao i na kraj razmjestaja.) Sada podijelimocestice u kutije tako da prvoj pridjelimo onoliko cestica koliko ih ima do prve crtice,drugoj onoliko koliko ih ima izme -du prve i druge crtice itd. U gornjoj razdiobi bi bilo:u prvu dvije, u drugu niti jednu, u trecu jednu, u cetvrtu tri itd.

Svaki raspored n cestica i r − 1 crtice odre -duje jedan moguci razmjestaj. Stogaukupan broj takvih razmjestaja odgovara broju nacina na koji mozemo poredati tihn + r − 1 elemenata:

Cnn+r−1 =

(n + r − 1)!n!(r − 1)!

.

B. Nakon sto k cestica rezerviramo u odabranoj kutiji, preostalih n − k mozemorasporediti u preostale r − 1 kutije na po volji nam nacine. Po dijelu A, to se moze

Page 58: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

52 1. VJEROJATNOST

uciniti na Cn−kn−k+r−2 nacina. Zato je

qk =

(r + n − k − 2

n − k

)(

r + n − 1n

) =(r + n − k − 2)! n! (r − 1)!

(n − k)! (r − 2)! (r + n − 1)!

=(r − 1)n(n − 1) · · · (n − k + 1)

(r + n − 1)(r + n − 2) · · · (r + n − k − 1)i odavde lako, dijeljenjem svakog faktora (kojih u brojniku i nazivniku ima k + 1 ) s r )slijedi C.

Ovako bombastican model ima i mnogo prizemniju interpretaciju: 13 (jednakih)bombona dijelimo na cetvero djece. Na koliko nacina to mozemo uraditi? Kolika jevjerojatnost da prvi djecak dobije 2, drugi 4, treci 3 a cetvrti 4 bombona? Kolika jevjerojatnost da Petar ne dobije nijednog?

Zadatak 1.12. Neka bude svjetlo. Od 4 grla za zarulje dva su ispravna, a od 7zarulja koje imamo 4 su ispravne. Ako odaberemo na srecu 4 zarulje i stavimo ih ugrla, kolika je vjerojatnost da cemo dobiti svjetlo?

� Prvo rjesenje. Cetiri zarulje mozemo izabrati na C47 nacina, a staviti ih u grla

na C47 · P4 =

(74

)4! nacina. Svjetlo necemo dobiti ako su prve dvije zarulje neispravne

(zbog jednostavnijeg razmisljanja, mozemo slobodno pretpostaviti da su prva dva grlaispravna), a to ce se desiti u

(32

)2!

(52

)2! kombinacija. Dakle,

p = 1 −(32

)2!

(52

)2!(7

4

)4!

= 1 − 3 · 2 · 5 · 47 · 6 · 5 · 4 =

67.

Drugo rjesenje. Oznacimo doga -daje:

A = {dobili smo svjetlo},A1 = {dobili smo svjetlo iz prvog grla},A2 = {dobili smo svjetlo iz drugog grla}.

Tada je A = A1 + A2 . Vjerojatnost doga -daja A mozemo sada racunati na nacinP (A) = P (A1) + P (A2) − P (A1A2).

Tu je P (A1) = P (A2) = 47 . A1A2 oznacava doga -daj: u oba ispravna grla stavljene

su ispravne zarulje. Dvije zarulje se mogu izabrati na C27 nacina, dvije ispravne na C2

4

nacina. Zato je P (A1A2) =4 · 37 · 6 =

27

i P (A) =67

.

Jednostavnije je napisati A u obliku A = A1 + A1A2 i ovi su doga -daji disjunktni,zato je

P (A) = P (A1) + P (A1A2).

A1A2 oznacava doga -daj: u jedno (ispravno) grlo stavljena je ispravna, a u drugo neisp-ravna zarulja. To se moze uciniti na 3 · 4 nacina, dok postoji

(72

)2! mogucih rasporeda

dviju zarulja:

P (A) =47

+3 · 47 · 6 =

67. �

Page 59: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.7. RIJESENI ZADATCI 53

Zadatak 1.13. U liftu zgrade od 10 katova nalazi se 7 osoba. Kolika je vjerojatnostda ce svaka od njih izici na razlicitom katu?

� Na koliko nacina mozemo izabrati sedam elemenata iz skupa {1, 2, . . . , 10} , pazecina njihov poredak? Prvi element mozemo izabrati na 10 nacina, drugi na 10 nacina,itd. Broj razlicitih nacina je V

710 = 107 . To je upravo broj svih mogucih nacina na

koji osobe mogu izici iz lifta. Jer, izbor (3, 2, 6, 3, 7, 2, 9) oznacava na primjer da prvaosoba izlazi na trecem, druga na drugom, treca na sestom katu itd.

Koliko je povoljnih mogucnosti? Onoliko na koliko se moze odabrati sedam razli-citih brojeva iz skupa {1, 2, . . . , 10} , pazeci na njihov poredak. Sedam brojeva (sedamrazlicitih katova) mozemo odabrati na C7

10 nacina, a rasporediti ih potom na osobe na

P7 nacina. Zato je broj povoljnih doga -daja M =(

107

)· 7! . Trazena je vjerojatnost

10!3!

· 1107 = 0,06.

Dakako, ovo je rjesenje ispravno u modelu u kojem pretpostavljamo da je vjero-jatnost izlaska za svaku pojedinu osobu na svakom katu jednaka (i ne ovisi o izborimadrugih osoba). Ta pretpostavka nije realna u svakidasnjem zivotu gdje je obicaj dapojedine osobe uvijek izlaze zajedno na istome katu, naprosto stoga sto zive u istomstanu.

Primjetimo da model ponovo postaje dobar ako se umjesto osoba promatraju takvezajednicke skupine kao jedinke. �

Zadatak 1.14. Iz snopa od 32 karte izabrano je na srecu 6 karata. Kolika jevjerojatnost da su me -du njima zastupljene sve cetiri boje?

� Neka je Ai doga -dajAi = {me -du kartama nema i -te boje}, i = 1, 2, 3, 4.

Doga -daj ciju vjerojatnost trazimo dade se prikazati na nacin A = A1A2A3A4 . Zato jeA = A1+A2 +A3 +A4 i vjerojatnost ovog doga -daja racunamo po Silvesterovoj formuli.

Ukoliko me -du tih sest karata nema neke, recimo ♠ boje, tada se one biraju izskupa od preostale 24 karte. Vjerojatnost toga jest

P (Ai) =C6

24

C632

= 0.14853, ∀i.

Vjerojatnost da ne budu zastupljene dvije boje je, za svaki od sest parova (i, j) ,

P (AiAj) =C6

16

C632

= 0.00884,

i slicno za bilo koju od cetiri kombinacije

P (AiAjAk) =C6

8

C632

= 0.00003.

Doga -daj A1A2A3A4 je nemoguc.Po Silvesterovoj formuli dobivamo

P (A) = 4P (A1) − 6P (A1A2) + 4P (A1A2A3) = 0.54122te je P (A) = 0.459 . �

Page 60: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

54 1. VJEROJATNOST

Zadatak 1.15. Silvester i bridge. U bridgeu, 52 karte dijele se na 4 igraca. Visokekarte su (tim redom) A, K, Q, J. Kolika je vjerojatnost da u jednom dijeljenju A. jedan,B. neki igrac me -du 13 karata ne dobije niti jednu visoku?

� A. Ovdje trazimo vjerojatnost da neki konkretni igrac nema visokih karata.Mogucih razdioba 13 karata u jednoj ruci je N = C13

52 . Povoljnih za doga -daj ima C1336

jer je 36 karata koje nisu visoke. Zato je

p =C13

36

C1352

= 0.00364.

B. Na prvi pogled identicno pitanje vodi na sad znatno slozeniju analizu. Moramouzeti u obzir sva cetiri igraca. Oznacimo doga -daj

Ai = {i − ti igrac nema visoku kartu}, i = 1, . . . , 4.

Mi trazimo P (4⋃

i=1Ai) . Racunamo po Silvesterovoj formuli:

P (4⋃

i=1

Ai) =∑

P (Ai) −∑i<j

P (AiAj) +∑

i<j<k

P (AiAjAk) − P (A1A2A3A4).

Vrijedi, po dijelu A,

P (Ai) =C13

36

C1352

, ∀i.

Tako -der

P (AiAj) =C13

36

C1352

· C1323

C1339

, ∀i < j.

Me -dutim, doga -daj AiAjAk , i < j < k je nemoguc (ima samo 36 karata koje nisuvisoke), a pogotovo umnozak A1A2A3A4 . Zato

p = 4P (A1) − 6P (A1A2) = 0.01455.

Doga -daj AiAj je tako -der prakticki nemoguc jer je P (AiAj) = 5.13 · 10−7 . Zato jetrazena vjerojatnost priblizno jednaka cetverostrukoj vjerojatnosti doga -daja iz A. �

∗ ∗ ∗

Zadatak 1.16. Na srecu se bira broj x ∈ [0, 1] , te broj y ∈ [0, 2] . Izracunajvjerojatnost da je zbroj x + y veci od 2, a umnozak xy manji od 1.

� Skup elementarnih doga -daja cine sve tocke unutar pravokutnika S = [0, 1] ×[0, 2] . Uvjet zadatka zadovoljavaju sve tocke iz podrucja G (slika 1.17).

Page 61: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.7. RIJESENI ZADATCI 55

��

1

2

1

x

y

G

S

x�y�2xy�1................................................................................................................................................................................................................................

.... .. .. .. . .. . .. . .. . . .. . . .�

������

Sl. 1.17.

p = P {x + y > 2, xy < 1}

= P {(x, y) ∈ G} =m(G)m(S)

.

m(G) =∫ 2

1

(1y− 2 + y

)dy

=(ln y − 2y +

y2

2

) ∣∣∣∣21

= ln 2 − 12 .

Dakle,

p = 12 ln 2 − 1

4 = 0.097. �

Zadatak 1.17. Na duzini PQ duljine 1 na srecu se biraju dvije tocke L i M .Odredi vjerojatnost da je tocka L bliza tocki M nego tocki P .

1

1

y=2x

P L M Q

y

x

Sl. 1.18.

Oznacimo x = d(P, L) , y = d(P, M) . Tad vrijedi:

d(L, M) = |y − x|.Trazenom doga -daju odgovara skup svih tocaka (x, y) za koje je |y − x| < x , odnosno:

−x < y − x < x ⇐⇒ 0 < y < 2x.

Taj je skup naznacen na slici 1.18.

P {d(L, M) < d(P, L)} = P {|y − x| < x}

= P {0 < y < 2x} =m(A)m(Ω)

=34. �

Page 62: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

56 1. VJEROJATNOST

Zadatak 1.18. Unutar intervala [0, 1] na srecu su odabrane dvije tocke koje gadijele na tri dijela. Kolika je vjerojatnost da se od tih dijelova moze sastaviti trokut?

� Oznacimo sa x i y duljine duzina AL i AM , kao u prethodnom zadatku.

a a

A

Lx My B

��

1

1

x

y

G

������

������

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

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

...... .. . .

Sl. 1.19.Dvije su mogucnosti.1) x < y . Tada su duljine dijelova x , y − x i 1 − y . Da bi se od njih mogao

sastaviti trokut, mora svaka od njih biti manja od zbroja preostalih dviju, tj. mora bitimanja od 1/2 . Tako dobivamo uvjete

x < 12 , y − x < 1

2 , 1 − y < 12 .

2) Ako je pak y > x tada su duljine dijelova y , x − y i 1 − x . Sada dobivamouvjete

y < 12 , x − y < 1

2 , 1 − x < 12 .

Ovi uvjeti odre -duju podrucje G .

p =m(G)m(S)

=14. �

Zadatak 1.19. Unutar duzine duljine a = 5cm izabrane su na srecu dvije tocke.Izracunaj vjerojatnost da je svaka od tri tako dobivene duzine kraca od b = 2cm(opcenito, b > a/3 ).

� Oznacimo sa x duljinu prvog, a sa y duljinu treceg dijela:a a

A L M B

x y

Sl. 1.20.

Izboru dviju tocaka L i M odgovara izbor jedne tocke s koordinatama (x, y)unutar podrucja {(x, y) : x > 0, y > 0, x + y < a} .

Trazimo vjerojatnost doga -daja

G = {0 < x < b, 0 < y < b, a − b < x + y < a}.Razlikujemo dva slucaja:a) b < a/2 . Tada je

P (G) =m(G)m(S)

=(3b − a)2

a2 .

Page 63: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1.7. RIJESENI ZADATCI 57

��

b

a�b a

3b�a

x�y�a�b

S

G

������

x�b

y�b

������� �

x�b

y�b

x�y�a�b

ba�b a

2b�a

G������

��������

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

Sl. 1.21. Sl. 1.22.

b) b > a/2 . Sada imamo

P (G) =b2 − 1

2 (a − b)2 − 12(2b − a)2

12a2

=6ab − 2a2 − 3b2

a2 .

U konkretnom slucaju, a = 5 , b = 2 je P (G) =125

. �

Zadatak 1.20. Odredi vjerojatnost da su korijeni jednadzbe x2 + 2ax + b = 0realni, ako su jednako moguce vrijednosti koeficijenata |a| < 3 , |b| < 12 .

a

b

��

3�3

12

9

�12

G

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

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.S

Sl. 1.23.

Po uvjetu zadatka skup elementarnih doga -daja je

S = {(a, b) : −3 < a < 3, −12 < b < 12}.

Da bi korijeni bili realni, mora biti 4a2 − 4b � 0 , tj. b � a2 .

P {b � a2} = P {(a, b) ∈ G}

=m(G)m(S)

=90144

=58.

Page 64: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

58 1. VJEROJATNOST

Naime,

m(G) =∫ 3

−3da

∫ a2

−12db = 90. �

Zadatak 1.21. Na kruznici polumjera R na srecu su odabrane tri tocke A , B i C .Kolika je vjerojatnost da je trokut ABC siljastokutan?

����� ........................................................................................................................................................................................................................................

..................................................................................................................................A

B

C

x

y

��

x

y

������

2Rπ

2Rπ

G

S������

������

x�Rπ

y�Rπx�y�Rπ

. . .......

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

Sl. 1.24.

� Mozemo pretpostaviti da je polozaj tocke A na kruznici fiksan. Sa x oznacimoduljinu luka AB , sa y duljinu luka BC . Izbor tocaka B i C odre -duje jednoznacnobrojeve x i y za koje vrijedi

0 < x, 0 < y, x + y < 2Rπ.

Ovim nejednakostima odre -den je skup elementarnih doga -daja S . Obratno, izbor bilokoje tocke (x, y) ∈ S odre -duje jednoznacno polozaj tocaka B i C . Trokut ce bitisiljastokutan ako je ispunjeno

x < Rπ, y < Rπ, x + y > Rπ.

Ovim je uvjetima odre -deno podrucje G . Trazena vjerojatnost iznosi

p =m(G)m(S)

=12R2π2

2R2π2=

14. �

§1. Zadatci za vjezbu

1. U urni se nalaze cetiri kuglice, dvije jednake bi-jele i dvije jednake crne. Izvlacimo jednu po jednutri kuglice, ne vracajuci ih u urnu. Opisite prostorelementarnih doga -daja. Odredite sljedece doga -daje:A = {prva je izvucena crna kuglica}.B = {prva je izvucena bijela kuglica}.

C = {bijela kuglica je izvucena barem jednom}.D = {bijela kuglica je izvucena tocno jednom}.E = {izvucena je jedna bijela i dvije crne kuglice} .

2. Bacamo dvije kocke. Biljezimo rezultat na sva-koj od njih. Koliko ima elementarnih doga -daja?

Page 65: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1. ZADATCI ZA VJEZBU 59

Koliko elementarnih doga -daja imaju sljedeci doga--daji:

A = { oba broja su parna } ,B = { oba broja veca su od 4 } ,C = { razlika brojeva iznosi 2 } ?

3. Bacamo dvije kocke. Biljezimo rezultat na sva-koj od njih. Neka je

A = { pojavio se broj manji od 3 } ,B = { zbroj brojeva manji je od 9 } ,C = { oba broja veca su od 4 } .

Iskazi rijecima doga -daje A , B , C . Pokazite da suA i C disjunktni, bas kao i A i B . Uvjerite se davrijedi A =⇒ B , ali da ne vrijedi A = B .

4. Bacamo dvije kocke. Biljezimo samo zbroj do-bivenih brojeva. Koliko elementarnih doga -daja imaovaj pokus?

5. Bacamo dvije kocke. Oznacimo doga -dajeA = { zbroj brojeva je neparan } ,B = { pojavio se broj 1 } ,C = { na obje kocke pao je broj 1 } .

Opisite doga -daje AB , AC , BC , A ∪ C , AB .

6. Neka su A , B , C doga -daji. Iskazite s pomocuunije i presjeka ovih doga -daja sljedece doga -daje:

A. { ostvario se samo doga -daj A } ;

B. { ostvarili su se A i B , ali ne i C } ;

C. { ostvarila su se sva tri doga -daja } ;

D. { ostvario se barem jedan doga -daj } ;

E. { ostvario se tocno jedan doga -daj } ;

F. { nije se ostvario niti jedan doga -daj } .

7. Bacamo n kocaka. Neka Ai (i = 1, . . . , n) oz-nacava doga -daj: pojavila se sestica na i -toj kocki.Izrazi sljedece doga -daje:

A = nije se pojavila nijedna sestica,B = pojavila se barem jedna sestica,C = pojavila se najvise jedna sestica.

∗ ∗ ∗

8. Neka je A ⊂ B . Cemu su ekvivalentni doga -dajiAB , A ∪ B , ABC , A ∪ B ∪ C ?

9. Jesu li po volji odabrani doga -daji A i B ekvi-valentni ako je a) A = B , b) A ∪ C = B ∪ C ,c) AC = BC , za neki doga -daj C .

10. Neka su A , B , C doga -daji. Pojednostavni iz-raze

(A + B)(B + C)(C + A) ,(A + B)A + A(B + C) .

11. Dokazi relacije:

A − B = A − AB = (A + B) − B,

A(B − C) = AB − AC,

(A − C)(B − C) = AB − C,

AC − B = AC − BC,

(A − B) + (A − C) = A − BC.

12. Koja je od sljedecih relacija istinita za sveA, B, C ∈ F ?

(A + B) − C = A + (B − C),

ABC = AB(B + C),

ABC ⊆ A + B,

(A + B)C = ABC.

13. Izracunaj X iz relacija

X + A + X + A = B,

(A + X)(A + X) + X + A + X + A = B.

∗ ∗ ∗

14. Ako je P (A) = 0.6 , P (B) = 0.4 , P (A ∪B) = 0.8 , izracunajte vjerojatnost doga -daja A , B ,AB , A B , A B .

15. Neka su A i B doga -daji, P (A + B) = 0.8 ,P (AB) = 0.2 , P (A) = 0.6 . Odredi P (A) ,P (B) , P (AB) .

16. Za doga -daje A i B vrijedi A∪ B = Ω . Ako jeP (A) = 0.6 , P (B) = 0.7 , kolika je vjerojatnostP (AB) ?

17. Ako se istovremeno ostvare doga -daji A1 i A2 ,tada se nuzno ostvaruje i doga -daj A . Dokazi da je

P (A) � P (A1) + P (A2) − 1.

18. Dokazi da za svaka tri doga -daja A , B , C vri-jedi:

P (A ∪ B ∪ C) = P (A) + P (B) + P (C)

− P (AB) − P (AC) − P (BC) + P (ABC).

19. Neka su A , B , C doga -daji. Dokazi da vrijedi

P (A) + P (B) + P (C) − P (ABC) < 2.

20. Dokazi da za bilo koje doga -daje A i B vrijedi

P (A + B)P (AB) � P (A)P (B).

21. Dokazi da za bilo koje doga -daje A i B vrijedi

|P (AB) − P (A)P (B)| � 14 .

Page 66: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

60 1. VJEROJATNOST

∗ ∗ ∗Simetricna razlika dvaju doga -daja AΔB de-

finira se na nacin

AΔB := (A−B) + (B−A).

22. Dokazi relacije

AΔB = (A + B) − AB,

AΔB = AB + A B,

AΔB = AB + A B,

AΔ(AΔB) = B.

23. Dokazi da je simetricna razlika asocijativna:

AΔ(BΔC) = (AΔB)ΔC.

24. Dokazi

P (AΔB) = P (A) + P (B) − 2P (AB)

= P (A + B) − P (AB),

P (AB) − P (AB) = P (A) − P (B).

25. Dokazi da za bilo koje doga -daje A , B , C vri-jedi ocjena

|P (A ∩ B) − P (A ∩ C)| � P (BΔC).

26. Dokazi nejednakost

P (AΔB) � P (AΔC) + P (CΔB).

27. Neka su A , B doga -daji iz F . Dokazi da izP (AΔB) = 0 slijedi P (A) = P (B) .

∗ ∗ ∗

28. Bacamo dvije kocke. Oznacimo doga -dajeA = zbroj brojeva je neparan,B = pojavio se broj 1,C = na obje kocke je pao broj 1.

Opisi doga -daje AB , AC , BC , A + C , AB .

29. Novcic bacamo dok se dva puta za redom nepojavi isti znak. Opisi vjerojatnosni prostor. Izra-cunaj vjerojatnost doga -daja

A = pokus ce se zavrsiti u cetvrtom bacanju,B = pokus ce se zavrsiti u parnom broju bacanja,C = pokus se nikad nece zavrsiti.

30. Pokus se sastoji od bacanja dviju kocki. Opisivjerojatnosni prostor. Oznacimo doga -daje

A = zbroj brojeva je paran,B = pojavila se barem jedna jedinica.

Opisi doga -daje A + B , AB , A , B i izracunaj imvjerojatnost.

31. Novcic se baca cetiri puta. Kolika je vjerojat-nost sljedecih doga -daja:

A = pojavilo se je tocno jedno pismo;B = u drugom bacanju pojavilo se pismo;C = pojavilo se barem jedno pismo;D = pismo se pojavilo barem dvaput?

32. Kolika je vjerojatnost da se pri bacanju dvijukocki pojavi:

A = zbroj 8;B = barem jedna cetvorka;C = broj veci od 9;D = broj djeljiv s 2 ili djeljiv s 3?

33. Deset kartica obiljezeno je brojevima od 1 do10. Kolika je vjerojatnost da ce se izvuci jedan pa-ran i jedan neparan broj ako se

A = izvucemo odjednom obje kartice;B = izvucemo prvu karticu, a nakon nje drugu;C = izvucemo prvu karticu, vratimo je u snop i

zatim izvucemo drugu?

∗ ∗ ∗

34. U jednakokracnom trokutu osnovice a i visinea upisan je kvadrat. Kolika je vjerojatnost da nasrecu odabrana tocka u trokutu ne lezi unutar togkvadrata?35. Na ravninu na kojoj su istaknute tocke s cje-lobrojnim koordinatama bacen je novcic promjera0.5 jedinica. Kolika je vjerojatnost da novcic necepokriti nijednu istaknutu tocku?36. Dva broja biraju se na srecu unutar intervala[0, 1] . Kolika je vjerojatnost da je njihov zbroj veci

od 32 ?

∗ ∗ ∗

37. Na kvadraticno ispletenu mrezicu pada s velikevisine metalna kuglica okomito na mrezicu. Ako jestranica kvadrata mrezice duga 10 mm, a promjerkuglice 5 mm, kolika je vjerojatnost da ce kuglicaproci kroz mrezicu, a da ne dotakne njezine niti?38. Kovani novcic polumjera R pada na podloguoblika pravilnog sesterokuta stranice a = 5R , takoda srediste novcica pada unutar sesterokuta. Kolikaje vjerojatnost da novcic ne presjece niti jednu odstranica sesterokuta?39. U pravokutniku se duljine stranica odnose kaoa : b = 1 :

√3 . Doga -daj A se realizira ako je

udaljenost na srecu odabrane tocke unutar pravo-kutnika do najblize stranice pravokutnika manja odudaljenosti te tocke do blize dijagonale. Izracunajvjerojatnost doga -daja A .40. Unutar kruznice polumjera R na srecu se biran tocaka. Izracunaj vjerojatnost da je udaljenost odsredista kruga do najblize tocke veca od r , r < R .Pustimo da R → ∞ i povecavajmo n tako da buden/R2 → π . Cemu tezi ta vjerojatnost?

Page 67: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1. ZADATCI ZA VJEZBU 61

41. Tocka A izabrana je na srecu unutar pravilnogn -terokuta. Izracunaj vjerojatnost Pn da se tockaA nalazi blize rubu n -terokuta nego nekoj njegovojdijagonali. Odredi lim

n→∞n2Pn .

42. Bertrandov paradoks. Odgovor na pitanje:“Kolika je vjerojatnost da na srecu odabrana tetivau danom krugu ima duljinu vecu od stranice upisa-nog jednakostranicnog trokuta?” nije jednoznacan.Izracunaj trazenu vjerojatnost uz sljedece interpre-tacije na srecu odabrane tetive:

a) Tetiva je jednoznacno odre -dena svojim polo-vistem, biramo ga na srecu unutar kruga.

b) Tetiva je odre -dena svojim krajevima. Bira-mo ih na srecu na kruznici.

c) Svaka tetiva okomita je na neki promjer. Fik-sirajmo promjer i odaberimo na srecu tocku na nje-mu kroz koju tetiva prolazi.

d) Postoje li jos neke razumne interpretacijekoje ce dati vecu ili manju vjerojatnost od ovdjenavedenih?

∗ ∗ ∗

43. Dva realna broja izabrana su na srecu unutarintervala [0, 1] . Kolika je vjerojatnost da ce nji-hov produkt biti veci od 1/ 2, a apsolutna vrijednostnjihove razlike nece biti manja od 1/ 2?

44. Teretni vlakovi duljine 200 m krecu se brzinom72 km/ h po prugama koje se me -dusobno sijeku.Trenutak u kojem ce oni proci kroz raskrizje je slu-cajan, izme -du 22h i 22h30′ . Izracunaj vjerojatnostsudara.

45. Na kruznici polumjera R na srecu se birajudvije tocke. Kolika je vjerojatnost da ce udaljenostme -du njima biti manja od r (r < 2R) ?

46. Stap duljine L prelomljen je na dva mjesta. Iz-racunaj vjerojatnost da je svaki od tako dobivena tridijela stapa dulji od 1

4 L , ako je vjerojatnost prelomana svakom mjestu stapa jednaka.

47. Na odresku AD duljine d na srecu su odabra-ne dvije tocke B i C . Izracunaj vjerojatnost da jeudaljenost d(B, C) manja od d/2 .

48. Dva broda moraju stici u isto pristaniste. Vre-mena dolaska brodova su nezavisna i jednako vje-rojatna u toku dana. Odredi vjerojatnost da ce jedanod brodova morati cekati na osloba -danje pristanista,ako je vrijeme zadrzavanja prvog broda u pristanistu1 sat, a drugog 2 sata.

49. Unutar duzine AB duljine 10 na srecu odabe-remo dvije tocke, koje zadanu duzinu dijele na 3dijela. Kolika je vjerojatnost da je duljina najkracegod njih veca od 2 ?

50. U pravokutnom trokutu ABC duljine kateta su|AC| = 3 , |BC| = 4 . Tocka T1 bira se na srecu nakateti AC , a tocka T2 na kateti BC . Izracunaj vje-rojatnost da je povrsina cetverokuta ABT1T2 vecaod polovine povrsine zadanog trokuta.

51. Biramo tri duzine cije su duljine na srecu odab-rani brojevi iz intervala [0, a] . Kolika je vjerojatnostda se od tih dijelova moze sastaviti trokut?

∗ ∗ ∗

52. Sest bijelih, cetiri crne i dvije plave kuglice re-daju se na srecu. Kolika je vjerojatnost da ce prvedvije biti bijele?

53. Dijete se igra s karticama na kojima su napisanaslova A, E, E, J, J, N, N, O, O, R, T, V. Kolika jevjerojatnost da ce, redajuci ih na srecu, sloziti rijecNEVJEROJATNO?

54. U kutiji se nalazi sedam bijelih i tri crne kuglice.Izvlacimo odjednom dvije kuglice. Koja je najvje-rojatnija kombinacija broja izvucenih kuglica?

55. U prostoriji se nalazi sest bracnih parova. Akoodaberemo na srecu dvoje ljudi, kolika je vjerojat-nost da su 1) razlicitog spola; 2) bracni par?

56. U snopu od 52 karte postoji po 13 karata sljede-cih boja: pik, karo, herc i tref. Kolika je vjerojatnostda ce u 13 karata koje dobiva prvi igrac biti pet pi-kova, tri herca, dva karona i tri trefa?

57. U kutiji se nalazi pet crvenih i cetiri bijele ku-glice. Kolika je vjerojatnost da cemo birajuci nasrecu sest kuglica izvuci tri crvene i tri bijele?

58. Slova rijeci MATEMATIKAnapisana su na kar-tice i potom promijesana. Kolika je vjerojatnost dace se, otkrivajuci jednu po jednu cetiri kartice, po-javiti rijec MATE? A kolika za rijec TIKA?

59. Bacene su cetiri kocke. Kolika je vjerojatnostda sve cetiri padnu na isti broj?

60. Bacene su dvije kocke. Izracunaj vjerojatnostda je veci od dva dobivena broja manji od 5.

61. Dva igraca su bacila kocku. Kolika je vjerojat-nost da drugi igrac dobije veci broj od prvog?

62. Bacili smo sest kocaka. Kolika je vjerojatnostda se pojavilo

a) sest razlicitih brojeva,b) barem dvije sestice,c) tri para jednakih brojeva,d) sest brojeva manjih od pet?

63. Paradoks de Merea. Koji je doga -daj vjerojat-niji:

A = pri bacanju cetiriju kocaka pojavila se barjedna jedinica,

B = barem jednom u 24 bacanja dviju kocki po-javile su se dvije jedinice.

De Mere je smatrao da su ti doga -daji jednako

Page 68: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

62 1. VJEROJATNOST

vjerojatni, a kako nisu (izracunaj!), otada se ovajproblem naziva paradoksom.

64. Sto je vjerojatnije: dobiti barem jednu sesti-cu pri 6 bacanja kocke, barem dvije sestice pri 12bacanja ili barem 3 sestice pri 18 bacanja kocke?

65. Kolika je vjerojatnost da se u igri LOTO 6 od45 u jednoj kombinaciji postigne dobitak od 6, 5, 4ili 3 pogotka?

∗ ∗ ∗

66. Izme -du 6 crvenih i 4 plave kuglice na srecuodabiremo tri. Kolika je vjerojatnost da je baremjedna od njih plava?

67. Iz kutije u kojoj se nalazi 5 crnih, 6 bijelih i 7crvenih kuglica izvlace se na srecu 4 kuglice. Ko-lika je vjerojatnost da me -du izvucenim kuglicamanisu zastupljene sve tri boje?

68. Iz 4 snopa karata od kojih svaki sadrzi 32 kartesa po 4 asa, izvlaci se po jedna karta. Odredi vje-rojatnost da su izvucena 2 razlicita para identicnihaseva!

69. Iz snopa od 32 karte izabrano je na srecu 10karata. Kolika je vjerojatnost da ce me -du njima bitisvih 8 karata iste boje?

70. U kutiji ima 5 bijelih, 4 crne i 2 crvene kuglice.Izvlacimo na srecu 4 kuglice. Kolika je vjerojatnostda je broj izvucenih crnih kuglica (striktno) veci odbroja izvucenih bijelih?

71. Izme -du 6 bracnih parova izabiru se 4 osobeslucajnim izborom. Kolika je vjerojatnost da me -dute 4 osobe nije niti jedan bracni par?

72. Na sahovskom turniru sudjeluje 20 natjecatelja,podijeljenih zdrijebom u dvije skupine. Odredi vje-rojatnost da

a) dva najjaca sahista budu u razlicitim skupi-nama,

b) cetiri najjaca sahista budu dva i dva u razli-citim skupinama.

73. 5 djecaka i 10 djevojcica na srecu su podijeljeniu 5 jednako velikih skupina. Kolika je vjerojatnostda u svakoj skupini bude djecak?

74. Iz kutije u kojoj se nalazi n bijelih i n crnihkuglica izvlacimo na srecu po dvije kuglice (bezvracanja). Kolika je vjerojatnost da ce u svih ntako dobivenih parova kuglice biti razlicitih boja?

75. Iz snopa od 32 karte izvlaci se karta po karta,dok izvucena karta nije as, ili dok nisu izvucene 4karte. Kolika je vjerojatnost da me -du izvucenimnema crnih karata?

76. Koliki najmanji broj m karata moramo izabratiiz snopa od 52 karte da bi vjerojatnost pm da seizvuku dvije karte iste boje bila veca od 1

2 ?

77. Iz snopa od 52 karte izabrane su na srecu trikarte. Odredi vjerojatnost da izvucemo

a) tocno jednog asa,b) bar jednog asa,c) jednog asa, dvojku i trojku,d) tri karte iste boje,e) karte razlicitih boja.

∗ ∗ ∗

78. Devet putnika ulaze u neki od tri vagona slucaj-nim izborom. Kolika je vjerojatnost da ce

a) u prvi vagon uci tri putnika,b) u svaki vagon uci po tri putnika?

79. Tri kvadrata izabrana su na srecu me -du poljimana sahovskoj ploci. Kolika je vjerojatnost da nikojadva nisu u istom retku ili istom stupcu?

80. Bacamo tri igrace kocke. Odredi vjerojatnostdoga -daja:

A = broj na prvoj kocki veci je od zbroja brojevana drugoj i trecoj kocki,

B = najveci od tri pojavljena broja veci je odzbroja preostala dva broja.

81. Proklotonk se nalazi u donjem lijevom polju(A1) sahovske ploce. On se pomice prema gore svjerojatnoscu p , ili desno s vjerojatnoscu q = 1−p .Proklotonk zavrsava gibanje u onom trenutku kadstigne do desnog ili do gornjeg ruba ploce. Kolikaje vjerojatnost da ce on zavrsiti u polju D8?

82. Svijecnjak ima 5 grla za zarulje, od kojih su 2ispravna i 3 neispravna. U grla uvrnemo na srecu5 zarulja me -du kojima su 2 ispravne i 3 neisprav-ne. Kolika je vjerojatnost da cemo ukljucivanjemsvijecnjaka u struju dobiti svijetlo?

83. U jednom se razredu nalazi 30 ucenika. Kolikaje vjerojatnost da barem dvojica imaju istoga danaro -dendan? Kolika je vjerojatnost da su u nekomodabranom tjednu ro -dena barem dvojica ucenika?

84. Jos o ro -dendanima. Kolika je vjerojatnost daa) me -du 12 osoba ne postoje dvije ro -dene u is-

tom mjesecu,b) od tih 12 osoba, dvije po dvije ro -dene su u

istom mjesecu,c) me -du 30 osoba, u sest mjeseci padaju po tri,

a u preostalih sest mjeseci po dva ro -dendana.

85. Elementi skupova A1 i A2 biraju se me -du ele-mentima skupa S = {1, 2, . . . , n} nezavisno jedanod drugog, tako da je svaki element iz S ukljucen upodskup Ai s vjerojatnoscu p . Izracunaj vjerojat-nost da A1 i A2 imaju prazan presjek.

∗ ∗ ∗

86. U urni se nalazi m crvenih i n bijelih kuglica.Na srecu je odabrano k kuglica. Kolika je vjerojat-nost da je me -du njima m1 crvenih i n1 bijelih?

Page 69: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

1. ZADATCI ZA VJEZBU 63

87. U urni se nalazi n bijelih i m crnih kuglica,m � n . Izvlacimo redom, bez vracanja, n putapo 2 kuglice. Kolika je vjerojatnost da su svaki putizvucene raznobojne kuglice?

88. Iz skupa {1, 2, . . . , n} na srecu odaberemo(odjednom) tri broja. Izracunaj vjerojatnost da je

A = prvi broj po iznosu manji od drugog i tre-ceg,

B = prvi broj po iznosu izme -du drugog i treceg.

89. Iz niza 1, 2, . . . , N biramo na srecu n brojeva iporedamo ih po velicini: x1 < x2 < . . . < xn . Ko-lika je vjerojatnost da je xm = M ? ( m � n, M �N )?

90. n muskaraca i n zena sjeda za jedan stol, oda-biruci mjesta na srecu. Kolika je vjerojatnost danikoja dva muskarca ne sjede jedan pored drugog?

91. Vlak se sastoji od N vagona. Svaki od n( n > N ) putnika odabire na srecu neki od vago-na. Kolika je vjerojatnost da ce u svakom vagonubiti barem jedan putnik?

92. U svakoj od 3 kutije nalazi se po n kuglica,u prvoj bijele, drugoj crne te u trecoj crvene boje.Istresemo kuglice iz kutije, izmijesamo ih i zatimna srecu napunimo svaku od 3 kutije sa po n kugli-ca. Kolika je vjerojatnost da su ponovo u svakoj odkutija kuglice iste boje?

93. n ucenika i n ucenica poredano je u red podatumima njihovih ro -denja. Kolika je vjerojatnostosobe istog spola ne stoje jedna pored druge?94. U kutiji se nalazi 2m bijelih i 2n crnih kugli-ca. Polovina sadrzaja kutije prebacena je u drugukutiju. Kolika je vjerojatnost da se u toj kutiji na -dem bijelih i n crnih kuglica?95. Na n kartica napisani su brojevi od 1 do n .Izvlacimo na srecu dvije kartice (bez vracanja). Iz-racunaj vjerojatnost doga -daja:

A = oba izvucena broja manja su od zadanogbroja k ( 2 < k � n ),

B = jedan broj je manji, a jedan veci od k .

∗ ∗ ∗

96. Baceno je n kocaka. Kolika je vjerojatnost daje barem jedan od okrenutih brojeva paran, te da jebarem jedan neparan?97. Iz 4 snopa karata sa po 52 karte, izvlacimo nasrecu po jednu kartu. Kolika je vjerojatnost da cemou skupu izvucenih karata imati barem jednog asa ibarem jednu crvenu kartu?98. Iz 6 snopova od po 32 karte izvlaci se po jednakarta. Kolika je vjerojatnost da su barem dvije kartecrne i da su barem 3 karte asevi?99. Iz snopa od 32 karte na slucajan nacin odabi-remo 4 karte. Kolika je vjerojatnost da je izvucenabar jedna ♠ karta, i bar jedna karta crvene boje?

Page 70: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

2.Uvjetna vjerojatnost

1. Uvjetna vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 642. Nezavisnost doga -daja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 673. Formula potpune vjerojatnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . 714. Bayesova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 735. Rijeseni zadatci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

Zadatci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

2.1. Uvjetna vjerojatnost

Pri bacanju jedne kocke, vjerojatnost da se pojavi broj 1 jednaka je 16 . Nakon

bacanja mi sa sigurnoscu znamo je li se taj doga -daj realizirao ili nije. Pretpostavimome -dutim da je netko pogledao na kocku koju mi ne vidimo i kazao nam: kocka je palana neparan broj. Kolika je sad vjerojatnost da je ona pala na broj 1 ? Ocito, ta sevjerojatnost promijenila. Kako su nam preostale samo tri mogucnosti, brojevi 1 , 3 i5 , ta je vjerojatnost sad 1

3 .

∗ ∗ ∗Evo jos jednog primjera.Bacamo dvije kocke. Neka je:

A = {na prvoj kocki pao je broj 2},B = {zbroj brojeva na obje kocke je 6}.

Od 36 elementarnih doga -daja, doga -dajima A i B pripadaju sljedeci

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

Zato je:

P (A) =636

, P (B) =536

.

64

Page 71: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

2.1. UVJETNA VJEROJATNOST 65

Kolika je vjerojatnost doga -daja A , ako je poznato da se realizirao doga -daj B ? Utom je slucaju dovoljno samo promotriti elementarne doga -daje koji sacinjavaju B (jersamo neki od njih dolazi u obzir) i me -du njima traziti one povoljne za doga -daj A — timetrazimo elementarne doga -daje za umnozak AB tih doga -daja. Ova vjerojatnost ovisi odoga -daju B , nazivamo je uvjetna vjerojatnost i biljezimo ju simbolom PB . Uvjetnuvjerojatnost PB(A) doga -daja A citamo: vjerojatnost od A uz uvjet B . Imamo:

PB(A) =15

jer je samo doga -daj (2, 4) povoljan za A .

Definicija uvjetne vjerojatnosti

Da bismo dosli do opcenite formule za uvjetnu vjerojatnost, primijetimo da brojnik1 oznacava broj elementarnih doga -daja koji su povoljni i za doga -daj A i za doga -daj B .Naime, vrijedi AB = {(2, 4)} . Stoga ovu vjerojatnost mozemo pisati i u obliku:

PB(A) =15

=136536

=P (AB)P (B)

.

Ovo razmatranje ukazuje na opravdanost sljedece definicije.

Uvjetna vjerojatnost

Neka je B ∈ F doga -daj pozitivne vjerojatnosti: P (B) > 0 . Uvjetnavjerojatnost uz uvjet B je funkcija PB : F → [0, 1] definirana formulom

PB(A) :=P (AB)P (B)

, ∀A ∈ F. (1)

Lako se je uvjeriti da je formulom (1) uistinu definirana vjerojatnosna funkcija.Naime vrijedi,

PB(Ω) =P (B ∩Ω)

P (B)=

P (B)P (B)

= 1

i slicno za P (∅) . Monotonost i aditivnost dokazuju se tako -der po definiciji (1),koristenjem istovjetnih svojstava vjerojatnosne funkcije P .

∗ ∗ ∗

Uobicajeno je da se uvjetna vjerojatnost PB oznacava i formulom P ( · | B) , dakleza vjerojatnost doga -daja A uz uvjet B pisat cemo P (A | B) umjesto PB(A) .

Primjer 2.1. Dva broja x i y , biramo na srecu unutar intervala [0, 2] . Kolika jevjerojatnost da je x > 1 ako je poznato da vrijedi x + y > 2?

Page 72: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

66 2. UVJETNA VJEROJATNOST

A

B

x=1

x+y=2

1 2

1

2

Sl. 2.1.

� Oznacimo doga -daje A = {x >1} , B = {x + y > 2} . Trazimo uvjetnuvjerojatnost P (A | B) . Tocka s koordina-tama (x, y) je na srecu odabrana tocka unu-tar kvadrata Ω stranice 2 (slika 2.1). Izra-cunajmo vjerojatnost doga -daja B i AB :

P (B) =m(B)m(Ω)

=24

=12,

P (AB) =m(AB)m(Ω)

=3/24

=38.

Zato je

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

=

3812

=34. �

∗ ∗ ∗Uvjetna se vjerojatnost u mnogim primjerima lakse racuna nego vjerojatnost um-

noska. Zato se definicijsku formula za uvjetnu vjerojatnost (1) koristi u racunanjuvjerojatnosti umnoska dvaju doga -daja:

Vjerojatnost umnoska

Vjerojatnost umnoska dvaju doga -daja racuna se formulom

P (AB) = P (B)P (A | B) (2)

Ako zamijenimo doga -daje A i B (koji oboje imaju pozitivnu vjerojatnost), dobitcemo istovrsnu formulu

P (AB) = P (A)P (B | A). (3)

Primjer 2.2. U urni se nalazi sest bijelih i cetiri crne kuglice. Kolika je vjerojatnostda ce prve dvije kuglice koje izvucemo biti bijele?

� Mozemo zamisliti da kuglice izvlacimo jednu po jednu. Neka su A i B doga -daji

A = {prva kuglica je bijela},B = {druga kuglica je bijela}.

Tad je AB doga -daj ciju vjerojatnost trazimo. Ocito je:

P (A) =610

.

Nakon sto izvucemo prvu kuglicu, u urni je preostalo devet kuglica, od kojih je petbijelih. Stoga je:

P (B | A) =59

Page 73: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

2.2. NEZAVISNOST DOGA-DAJA 67

i po formuli (3) slijedi:

P (AB) = P (A)P (B | A) =610

· 59

=13. �

∗ ∗ ∗Na slican cemo nacin racunati i vjerojatnost produkta vise doga -daja. Na primjer

P (ABC) = P (A)P (B | A)P (C | AB).Moguce su i druge kombinacije doga -daja s desne strane.

Primjer 2.3. Kolika je vjerojatnost da tri na srecu odabrane karte iz snopa od 52karte budu tref boje?

� Oznacimo s A trazeni doga -daj i neka je Ai = {i -ta karta je tref boje} ,i = 1, 2, 3 . Tad je A = A1A2A3 i racunamo vjerojatnost po formuli:

P (A) = P (A1)P (A2 | A1)P (A3 | A1A2).Pojedine vjerojatnosti su

P (A1) =1352

, u snopu ima 13 karata tref boje,

P (A2 | A1) =1251

, nakon sto je prva izvucena, preostalo ih je 51 od kojih je 12

tref boje,

P (A3 | A1A2) =1150

.

Dakle,

P (A) =1352

· 1251

· 1150

= 0.013. �

2.2. Nezavisnost doga -daja

Promotrimo sljedecu inacicu primjera iz prosle tocke:

Primjer 2.4. U urni se nalazi sest bijelih i cetiri crne kuglice. Izvlacimo jednu pojednu dvije kuglice. Kolika je vjerojatnost da ce druga kuglica biti bijela, ako je prvakuglica bila bijela. Kolika je ta vjerojatnost ako je prva kuglica bila crna? Izracunajmoobje ove vjerojatnosti u sljedece dvije situacije:

a) prva se kuglica nakon izvlacenja ne vraca u urnub) prva se kuglica nakon izvlacenja vraca u urnu.

� Oznacimo s A i B doga -daje

A = {prva kuglica je bijela},B = {druga kuglica je bijela}.

Trazimo uvjetne vjerojatnosti P (B | A) i P (B | A) . Ocito je

P (A) =610

, P (A) =410

.

Page 74: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

68 2. UVJETNA VJEROJATNOST

a) Nakon izvlacenja prve kuglice, u urni imamo jednu kuglicu manje. Zato je

P (B | A) =59, P (B | A) =

69.

b) Ako kuglicu nakon izvlacenja vratimo u urnu, prije izvlacenja druge kugliceimat cemo identicnu situaciju: sest bijelih i cetiri crne kuglice, bez obzira je li seostvario doga -daj A ili nije:

P (B | A) =610

, P (B | A) =610

Kazemo da realizacija doga -daja A ne utjece na vjerojatnost realizacije doga -daja B . �

∗ ∗ ∗Neka doga -daji A i B imaju pozitivnu vjerojatnost.Neka je P (B | A) = P (B) , tj. vjerojatnost doga -daja B ne mijenja se nakon

sto nam je poznato da se realizirao doga -daj A . Tad kazemo da su A i B nezavisnidoga -daji.

U tom slucaju vrijediP (AB) = P (A)P (B | A) = P (A)P (B).

Ako je pak ispunjena ova jednakost, onda za uvjetnu vrijedi

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

=P (A)P (B)

P (A)= P (B).

Isto tako, bit ce

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

=P (A)P (B)

P (B)= P (A).

Definicija i kriterij nezavisnosti doga -daja

Za doga -daje A i B kazemo da su nezavisni, ako vrijedi bilo koja od jedna-kosti: P (A | B) = P (A) ili P (B | A) = P (B) .

Nuzdan i dovoljan uvjet za nezavisnost jest da bude:

P (AB) = P (A)P (B). (1)

Primjer 2.5. Ako su doga -daji A i B nezavisni, tad nije posve ocito da su nezavisnii njihovi komplementi A i B . Pokazimo to koristeci ovaj kriterij nezavisnosti.

P (A)P (B) = (1 − P (A))(1− P (B))= 1 − P (A) − P (B) + P (A)P (B) (nezavisnost od A i B)= 1 − P (A) − P (B) + P (AB) (vjerojatnost unije doga -daja)= 1 − P (A ∪ B) (vjerojatnost komplementa)

= P (A ∪ B) (de Morganov zakon)

= P (A B)

Dobili smo P (A B) = P (A)P (B) pa su A i B nezavisni. �

Page 75: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

2.2. NEZAVISNOST DOGA-DAJA 69

Primjer 2.6. Bacamo dvije kocke. Kolika je vjerojatnost da broj na prvoj budeparan, a na drugoj manji od 3?

� Rezultat na jednoj kocki nezavisan je od toga sto ce se pojaviti na drugoj kocki.Vjerojatnost pojave parnog broja na prvoj kocki je 1

2 , vjerojatnost da broj na drugojbude manji od 3 je 1

3 . Trazeni doga -daj produkt je ovih dvaju. Stoga je njegovavjerojatnost 1

2 · 13 = 1

6 . �

∗ ∗ ∗

Nezavisnost skupine doga -daja definira se na slozeniji nacin.

Nezavisnost doga -daja

Doga -daji A1, A2, . . . , An su nezavisni ako za svaki k , 2 � k � n i svakiizbor Ai1 , Ai2 ,. . . , Aik nekolicine tih doga -daja vrijedi

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

Neka su A , B i C nezavisni. Onda vrijedi, na primjer

P (AB) = P (A)P (B),

pa su A i B nezavisni. Procitavsi jos jednom definiciju, zakljucujemo da su doa -daji usvakom podskupu skupa nezavisnih doga -daja tako -der nezavisni.

Racunajmo sad uvjetnu vjerojatnost sljedeceg tipa:

P (A | BC) =P (ABC)P (BC)

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

P (B)P (C)= P (A).

Vidimo da je uvjetna vjerojatnost jednaka bezuvjetnoj.Ako su A , B i C po volji odabrani doga -daji, onda imamo

P (ABC) = P (A) · P (B | A) · P (C | AB).

Nezavisnost triju doga -daja znaci da ce sve uvjetne vjerojatnosti u kojima se ti doga -dajijavljaju biti jednake bezuvjetnima: P (B | A) = P (B) , P (C | AB) = P (C) i slicnoza druge moguce kombinacije. Tako za nezavisne doga -daje A , B i C vrijedi

P (ABC) = P (A)P (B)P (C).

Naglasimo da obrnuta tvrdnja nije istinita: ako je za tri doga -daja vjerojatnostumnoska doga -daja jednaka umnosku vjerojatnosti, oni ne moraju biti nezavisni.

∗ ∗ ∗

Primjer 2.7. Serijski spoj. Proizvodnja nekog proizvoda organizirana je na tracikoja se sastoji od n dijelova, od kojih svaki radi neovisno o ostalima. Ako barem jedanod dijelova prestane s radom, prestaje i cjelina:

Page 76: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

70 2. UVJETNA VJEROJATNOST

A A A1 2 n

...

Sl. 2.2.

Vjerojatnost da j -ti dio nece otkazati tijekom dana jednaka je rj . Kolika je vjerojatnostda ce citava traka raditi ispravno u tom danu?

� Oznacimo s Aj doga -daj

Aj = { j -ti dio je ispravan}i neka je

A = {citava traka je ispravna}.Doga -daj A ostvarit ce se ako se ostvare svi doga -daji A1, . . . , An . Dakle,

A = A1A2 · · ·An.

Zbog nezavisnosti

P (A) = P (A1) · · ·P (An) = r1 · · · rn.

Na primjer, za n = 5 i r1 = . . . = r5 = 0.9 dobivamo P (A) = 0.9n = 0.59 .Vjerojatnost ispravnog rada serijski spojenog sklopa brzo opada s brojem eleme-

nata u sklopu. �

Primjer 2.8. Paralelni spoj. Uz iste oznake kao i prije, izracunajmo vjerojatnostispravnog rada za proces proizvodnje u kojem se na nekoliko mjesta obavlja istovrsnaradnja:

A A A1 2 n...

Sl. 2.3.

� Ovaj ce se put proces odvijati ako je ispravan bar jedan njegov dio. Zato je

A = A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An.

Vjerojatnost ove unije nije lako direktno izracunati.Promotrimo suprotan doga -daj A : proizvodnja je prestala. Ocigledno, on ce se

ostvariti ako su u kvaru svi elementi, tj. ako se ostvare svi doga -daji A1, . . . , An . Po deMorganovim zakonima vrijedi

A = A1A2 · · ·An

Page 77: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

2.3. FORMULA POTPUNE VJEROJATNOSTI 71

Doga -daji A1, . . . , An tako -der su nezavisni. Zato je

P (A) = P (A1) · · ·P (An),tj.

1 − P (A) = (1 − P (A1)) · · · (1 − P (An)),P (A) = 1 − (1 − r1) · · · (1 − rn).

S vrijednostima iz proslog primjera imali bismo P (A) = 1−0.15 ≈ 1 . Paralelnimorganiziranjem procesa postize se velika pouzdanost ispravnog rada. �

Rezultat P (A) ≈ 1 ne znaci da sklop ne moze nikako biti u kvaru, vec samo daje vjerojatnost takva doga -daja zanemariva. Za takav doga -daj kazemo da je praktickisiguran.

2.3. Formula potpune vjerojatnosti

Pri racunanju vjerojatnosti ponekad moramo sve moguce ishode podijeliti u razli-cite klase. Ilustrirajmo to primjerom.

Primjer 2.9. Vocarnica se opskrbljuje jabukama iz dvaju vocnjaka, i to 60% pot-rebne kolicine iz prvog i 40% iz drugog vocnjaka. 15% jabuka prvog vocnjaka prve sukvalitete, dok to vrijedi za 25% jabuka drugog vocnjaka. Kolika je vjerojatnost da nasrecu odabrana jabuka bude prve kvalitete?

� Odaberemo na srecu jednu jabuku u vocarnici. Dvije su mogucnosti:H1 = {odabrana je jabuka iz prvog vocnjaka}.H2 = {odabrana je jabuka iz drugog vocnjaka}.

Vjerojatnosti da se ostvari neki od ovih doga -daja suP (H1) = 0.6, P (H2) = 0.4 .

Neka je A trazeni doga -daj:A = {odabrana jabuka prve je kvalitete}.

Ilustrirajmo ovu situaciju slikom:

Sl. 2.4. Vjerojatnost doga -daja laksese racuna ako promotrimo zasebnorazlicite situacije koje se pri njegovojrealizaciji mogu ostvariti

AHAH

A

HH1 2

21

Doga -daj A razbili smo na dva disjunktna doga -daja:AH1 = {odabrana jabuka prve kvalitete potjece iz prvog vocnjaka},AH1 = {odabrana jabuka prve kvalitete potjece iz drugog vocnjaka}.

Page 78: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

72 2. UVJETNA VJEROJATNOST

Zato jeP (A) = P (AH1) + P (AH2).

Vjerojatnosti umnoska doga -daja racunamo na poznati nacin:P (AH1) = P (H1) · P (A | H1).

Vjerojatnost da je jabuka prve kvalitete, ako je poznato da potjece iz prvog vocnjaka je,prema podacima

P (A | H1) = 0.15 =⇒ P (AH1) = 0.6 · 0.15 = 0.09 .

Analogno tome vrijediP (A | H2) = 0.25 =⇒ P (AH2) = 0.4 · 0.25 = 0.10 .

Sad dobivamoP (A) = P (AH1) + P (AH2) = 0.09 + 0.10 = 0.19 . �

∗ ∗ ∗Poopcimo ovo razmatranje na slucaj kad se moze pojaviti vise razlicitih moguc-

nosti.Pretpostavimo da skup elementarnih doga -daja mozemo rastaviti u n me -dusobno

disjunktnih doga -daja:Ω = H1 ∪ H2 ∪ . . . ∪ Hn

pri cemu su doga -daji Hi , Hj disjunktni su za i �= j i vrijedi P(Hi) > 0 za svaki i .Ovakav rastav nazivamo particija vjerojatnostnog prostora. Kazemo jos da familijaH1, . . . , Hn cini potpun sustav doga -daja.

AH

H H H

A

AHAH1

1 2

2 n

n

Sl. 2.5. Particija vjerojatnosnog prostora.Skup Ω razbijen je na me -dusobno disjun-ktne skupove. Time je i svaki doga -daj Arazbijen na me -dusobno disjunktne doga--daje

Neka je A ⊂ Ω bilo koji doga -daj. Familijom H1, . . . , Hn i on je razbijen nadoga -daje:

A = AH1 ∪ AH2 ∪ · · · ∪ AHn.

Kako su doga -daji AHi me -dusobno disjunktni, vrijedi:P (A) = P (AH1) + P (AH2) + . . . + P (AHn)

= P (H1)P (A | H1) + . . . + P (Hn)P (A | Hn).

Formula potpune vjerojatnosti

Neka je {H1, . . . , Hn} potpun sustav doga -daja. Za svaki doga -daj A ⊂ Ωvrijedi

P (A) =n∑

i=1

P (Hi)P (A | Hi).

Page 79: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

2.4. BAYESOVA FORMULA 73

Korisno je, zbog razloga koji ce kroz primjere i zadatke postati jasnim, doga -dajeH1, . . . , Hn zvati hipotezama. Tijekom realizacije nekog pokusa ostvaruje se tocnojedna hipoteza.

Primjer 2.10. U prvoj kutiji nalaze se tri bijele i dvije crne kuglice, a u drugoj cetiribijele i dvije crne. Odaberemo na srecu jednu kuglicu iz prve kutije i prebacimo je udrugu. Kolika je vjerojatnost da ce kuglica nakon toga izvucena na srecu iz druge kutijebiti crna?

� Vjerojatnost izbora plave kuglice ovisi o tome koje je boje kuglica koja jeprebacena iz prve kutije u drugu. Postavimo sljedece hipoteze:

H1 = {prva kuglica je crvena}, P (H1) =35,

H2 = {prva kuglica je plava}, P (H2) =25.

Oznacimo s A doga -daj ciju vjerojatnost trazimo: kuglica izvucena iz druge kutije jeplava. Ako se ostvari prva hipoteza, tad se u drugoj kutiji nalazi pet crvenih i dvijeplave kuglice. Zato je

P (A | H1) =27.

Ako se ostvari druga hipoteza, tad se u drugoj kutiji nalaze cetiri crvene i tri plavekuglice. Zato je

P (A | H2) =37.

Prema formuli potpune vjerojatnosti, vrijedi

P (A) = P (H1)P (A | H1) + P (H2)P (A | H2) =35· 27

+25· 37

=1235

. �

2.4. Bayesova formula

Iz poznatih relacija

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

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

P (A).

Ovu formulu koristimo uglavnom onda kad je doga -daj B jedna od hipotezaH1, . . . , Hn na koje je razbijen skup Ω .

P (Hi | A) =P (Hi)P (A | Hi)

P (A).

Pritom se vjerojatnost P (A) racuna uglavnom pomocu formule potpune vjerojat-nosti. Tako dobivamo Bayesovu 1 formulu.

1 Thomas Bayes (1702.–1761.), engleski matematicar

Page 80: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

74 2. UVJETNA VJEROJATNOST

Bayesova formula

Vrijedi

P (Hi | A) =P (Hi)P (A | Hi)

n∑j=1

P (Hj)P (A | Hj)

.

Bayesovu formulu koristimo pri racunanju aposteriornih vjerojatnosti pojedinihhipoteza. Prije pocetka pokusa svaka hipoteza ima svoju vjerojatnost realizacije P (Hi) .Nakon realizacije pokusa, ako znamo koji se elementarni doga -daj ostvario, tad je nes-tala neizvjesnost: ostvarila se samo jedna od mogucih hipoteza H1, . . . , Hn , dok za sveostale znamo sa sigurnoscu da se nisu ostvarile.

Pretpostavimo me -dutim da nam nije poznato koji se elementarni doga -daj ostvario,vec umjesto toga znamo da se ostvario doga -daj A ⊂ Ω . U tom slucaju ne znamotocno koja je od hipoteza H1, . . . , Hn nastupila, ali dodatna informacija o realizacijidoga -daja A mijenja apriorne vjerojatnosti pojedinih hipoteza. Pomocu Bayesoveformule racunamo uvjetne vjerojatnosti P (H1 | A) ,. . . , P (Hn | A) , koje nazivamoaposteriornim vjerojatnostima pojedinih hipoteza.

H1 2H Hn

A

Sl. 2.6. Bayesova formula. Na slici jeinterpretirana situacija kad su apriornevjerojatnosti svih hipoteza jednake. Na-kon realizacije doga -daja A (sivo pod-rucje) vjerojatnosti se pojedinih hipotezamijenjaju

Primjer 2.11. Bacamo kocku. Neka su H1 i H2 hipotezeH1 = {pao je parni broj},H2 = {pao je neparni broj}.

Prije bacanja kocke vjerojatnosti (apriorne) pojedinih hipoteza su

P (H1) = 12 , P (H2) = 1

2 .

Bacili smo kocku i netko nam je priopcio da se ostvario doga -daj

A = {pao je broj veci od 3}.On sadrzi tri elementarna doga -daja, A = {4, 5, 6} . Ocigledno, sad hipoteza H1 postajevjerojatnija od H2 , buduci da doga -daj A sadrzi dva parna i samo jedan neparan broj.Nove, aposteriorne vjerojatnosti su

P (H1 | A) =P (H1)P (A | H1)

P (A)=

12 · 2

312

=23,

P (H2 | A) =P (H2)P (A | H2)

P (A)=

12 · 1

312

=13.

Page 81: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

2.4. BAYESOVA FORMULA 75

Ako je pak poznato da se ostvario npr. doga -daj

B = {kocka je pala na broj 5},tad nestaje svaka neizvjesnost. Naime, vrijedi

P (B | H1) = 0, P (B | H2) = 13 , P (B) = 1

6

i Bayesova formula daje ocekivani rezultat:

P (H1 | B) = 0,

P (H2 | B) =12 · 1

316

= 1,

buduci da uz ovu informaciju sa sigurnoscu znamo da se ostvarila hipoteza H2 .

Primjer 2.12. U urni se nalaze tri kuglice. Znamo da je svaka od njih bijele ilicrne boje. Tocan broj kuglica pojedine boje nepoznat je i pretpostavljamo da je svakamogucnost jednako vjerojatna. Pretpostavimo cetiri hipoteze:

Hi = {u urni se nalazi i bijelih kuglica}, i = 0, 1, 2, 3.

Po pretpostavci je

P (H0) = P (H1) = P (H2) = P (H3) = 14 .

Izaberimo na srecu jednu kuglicu iz urne. Ispostavilo se da je ona bijele boje. Stose sada moze reci o vjerojatnostima pojedinih hipoteza? Hipoteza H0 postaje nemogu-ca, dok se i vjerojatnosti ostalih hipoteza mijenjaju. Vidjet cemo da raste vjerojatnostonih hipoteza koje zastupaju veci broj bijelih kuglica. Izracunajmo koliko. Vrijedi

P (A | H0) = 0, P (A | H1) = 13 ,

P (A | H2) = 23 , P (A | H3) = 1.

Prema formuli potpune vjerojatnosti,

P (A) =14· 0 +

14· 13

+14· 23

+14· 1 =

12

i Bayesova formula daje (provjerite!): P (H0 | A) = 0 , P (H1 | A) = 16 , P (H2 | A) =

13 , P (H3 | A) = 1

2 . �

Primjer 2.13. U prvoj urni nalaze se 2 bijele i 4 plave, a u drugoj 3 bijele i 2 plavekuglice. Iz prve urne na srecu izabiremo dvije kuglice i prebacimo ih u drugu. Kolikaje vjerojatnost da potom izvucena kuglica iz druge urne bude bijela?

� Nazovimo trazeni doga -daj

A = {kuglica izvucena iz druge urne je bijela}.

Page 82: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

76 2. UVJETNA VJEROJATNOST

Pri prebacivanju dviju kuglica u drugu urnu postoje tri mogucnosti:

H0 = {niti jedna kuglica nije bijela}, P (H0) =46· 35,

H1 = {jedna kuglica je bijela}, P (H1) =26· 45· 2,

H2 = {obje kuglice su bijele}, P (H0) =26· 15.

Vrijedi

P (A|H0) =37, P (A|H1) =

47, P (A|H2) =

57.

Po formuli potpune vjerojatnosti dobivamo

P (A) =2∑

i=0

P (Hi)P (A|Hi) =37· 1230

+47· 1630

+57· 230

=1121

. �

Primjer 2.14. Neki izvor emitira poruke koje se sastoje od znakova 0 i 1 . Vjero-jatnost emitiranja znaka 1 je 0.6 , vjerojatnost emitiranja znaka 0 je 0.4 . Na izlazu izkanala 10% znakova se pogresno interpretira. Ako je primljena poruka 101, kolika jevjerojatnost da je ona i poslana?

� Oznacimo doga -daje

A = {primljen je znak 0},B = {primljen je znak 1},

H0 = {poslan je znak 0},H1 = {poslan je znak 1},D = {poslana je poruka 101, ako je primljena poruka 101}.

Vrijedi

P (H0) = 0.4, P (H1) = 0.6,

P (A) = P (H0)P (A|H0) + P (H1)P (A|H1) = 0.4 · 0.9 + 0.6 · 0.1 = 0.42,

P (B) = 1 − P (A) = 0.58.

Izracunajmo sada vjerojatnosti da su pojedini znakovi bili pravilno primljeni.

P (H0|A) =P (H0)P (A|H0)

P (A)=

0.360.42

= 0.857,

P (H1|B) =P (H1)P (B|H1)

P (B)=

0.540.58

= 0.931.

Prijemovi pojedinih znakova su nezavisni doga -daji, zato je

P (D) = P (H1|B)P (H0|A)P (H1|B)= 0.931 · 0.857 · 0.931 = 0.743. �

Page 83: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

2.5. RIJESENI ZADATCI 77

2.5. Rijeseni zadatci

Zadatak 2.1. Promotrimo sljedeci algoritam biranja prirodnog broja: zadano je 11simbola: znamenke 0, 1, . . . , 9 i znak ∗ . U prvom biranju uzimamo na srecu jednuznamenku me -du 1, 2, . . . , 9 . U sljedecim biranjima uzimamo na srecu bilo koji me -du11 simbola. Postupak se prekida ako se izabere znak ∗ . Tako npr. niz 1, 2, 0, 8, ∗oznacava broj 1208. Izracunaj vjerojatnost sljedecih doga -daja:

1) izabran je zadani n -teroznamenkasti broj,2) izabrani broj ne sadrzi u svom prikazu znamenku 0 ,3) izabrani broj ne sadrzi u svom prikazu znamenku 1 ,4) algoritam se nikada nece zavrsiti.

� 1) Neka je x = a1a2 . . . an zadani broj. Izbor svake znamenke nezavisan je odizbora prethodnih znamenki. Zato je

P (x) = P (a1)P (a2) · · ·P (an)P (∗) =19

(111

)n

.

2) Neka je x izabrani broj. On mora imati oblik x = a1a2 · · · an , pri cemu je nbilo koji i ai �= 0, ∗ .

P (x) =∞∑

n=1

P (a1)P (a2) · · ·P (an)P (∗)

=∞∑

n=1

1 ·(

911

)n−1

· 111

=111

· 1

1 − 911

=12.

3) Slicno kao i u (2), vrijedi x = a1a2 . . . an , pri cemu je n bilo koji, ai �= 1, ∗ .

P (x) =∞∑

n=1

P (a1)P (a2) · · ·P (an)P (∗)

=∞∑

n=1

89·(

911

)n−1

· 111

=899

· 1

1 − 911

=49.

4)A = {algoritam se nikad nece zavrsiti} = {znak ∗ se nece pojaviti}

=∞⋂

n=2

{∗ se nece pojaviti u prvih n biranja} =∞⋂

n=2

An.

Vrijedi

A2 ⊃ A3 ⊃ . . . , P (An) =(

1011

)n−1

.

Zato jeP (A) = lim

n→∞P (An) = 0. �

Page 84: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

78 2. UVJETNA VJEROJATNOST

Zadatak 2.2. Kutija ima tri jednake pregrade. U prvoj se nalaze 4 bijele i 5 plavihkuglica, u drugoj 3 bijele i 6 plavih, u trecoj 5 crvenih i 8 plavih kuglica. Kolika jevjerojatnost da cemo vadeci dvije kuglice iz na srecu odabrane pregrade izvuci dvijeplave?

� Oznacimo doga -daj i hipoteze:

A = {izvukli smo dvije plave kuglice},Hi = {kuglice su izvucene iz i–te pregrade}, i = 1, 2, 3.

Pregrada se odabire na srecu, zato je P (Hi) = 13 , za svaki i .

P (A|H1) =59· 48, P (A|H2) =

69· 58, P (A|H3) =

813

· 712

.

Po formuli potpune vjerojatnosti

P (A) =3∑

i=1

P (Hi)P (A|Hi) =13

( 518

+512

+1439

)= 0,351.

Zadatak 2.3. Cilj se ga -da iz tri topa. Topovi poga -daju cilj neovisno jedan od dru-gog s vjerojatnoscu 0.4 . Ako jedan top pogodi cilj, on ga unistava s vjerojatnoscu 0.3 ,a ako ga pogode dva topa, onda s vjerojatnoscu 0.7 , a ako ga pogode sva tri topa, ondas vjerojatnoscu 0.9 . Na -di vjerojatnost unistenja cilja.

� Oznacimo doga -daj i hipoteze:

A = {cilj je unisten},Hi = {i topova je pogodilo cilj}, i = 1, 2, 3.

Tada je

P (H0) =( 6

10

)3=

27125

, P (A|H0) = 0,

P (H1) =410

· 610

· 610

·(

31

)=

54125

, P (A|H1) = 0.3,

P (H2) =410

· 410

· 610

·(

32

)=

36125

, P (A|H2) = 0.7,

P (H3) =( 4

10

)3=

8125

, P (A|H3) = 0.9.

Odavde slijedi

P (A) =3∑

i=0

P (Hi)P (A|Hi) =243625

= 0.389.

Page 85: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

2.5. RIJESENI ZADATCI 79

Zadatak 2.4. Na ispitu je zadano 10 pitanja. Student prolazi ako tocno odgovorina dva proizvoljno odabrana pitanja, ili, ako tocno odgovori na jedno od njih i zatimodgovori i na trece postavljeno pitanje.

Na koliko pitanja student treba znati odgovor da bi s vjerojatnoscu 0.8 prosao naispitu?

� Neka je n broj pitanja na koja student zna odgovoriti. Postavimo sljedecehipoteze:

H1 = {student je odgovorio na prva dva pitanja},H2 = {student je odgovorio na jedno pitanje},H3 = {student nije odgovorio niti na jedno pitanje},

i oznacimo doga -dajA = {student je polozio ispit}.

Tada imamo

P (H1) =n10

· n − 19

, P (A|H1) = 1,

P (H2) =n10

· 10 − n9

+10 − n

10· n9, P (A|H2) =

n − 18

,

P (H3) =10 − n

10· 9 − n

9, P (A|H3) = 0,

P (A) = 1 · n(n − 1)90

+n − 1

8· 2n(10 − n)

90=

n(n − 1)(14 − n)360

= f (n).

Vrijedi f (5) = 0.50 , f (6) = 0.67 , f (7) = 0.82 , f (8) = 0.93 , f (9) = 1 ,f (10) = 1 . Student mora znati odgovoriti na barem 7 pitanja. Primijetimo da jef (11) = 0.92 , sto dokazuje da nije uvijek korisno previse znati.

Zadatak 2.5. Izme -du brojeva 1, 2, . . . , n biramo dva broja. Kolika je vjerojatnostda razlika prvog i drugog broja bude barem m ( 0 < m < n ).

� Neka je x1 prvi a x2 drugi izabrani broj. Oznacimo

Hk = {x1 = k}, k = 1, 2, . . . , n. P (Hk) =1n,

A = {x1 − x2 � m}.Tada je

P (A|Hk) = 0, za k = 1, 2, . . . , m,

P (A|Hk) =k − mn − 1

, za k = m + 1, . . . , n,

i zato

P (A) =n∑

k=m+1

k − mn − 1

· 1n

=1

n(n − 1)[1 + 2 + . . . + (n − m)]

=(n − m)(n − m + 1)

2n(n − 1).

Page 86: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

80 2. UVJETNA VJEROJATNOST

Tako na primjer, za m = 1 doga -daj A glasi

A = {prvi broj je veci od drugog}i vrijedi P (A) = 1

2 .

Zadatak 2.6. Dva strijelca ga -daju istu metu (recimo, pticu u letu), svaki ispalivsipo jedan hitac. Vjerojatnost pogotka za prvog strijelca je 0.8 , a za drugog 0.4 . Poslijega -danja ustanovljeno je da je meta pogo -dena jednim metkom. Odredi vjerojatnost daju je pogodio prvi strijelac.

� Prvo rjesenje. Oznacimo doga -daj:

A = {meta je pogo -dena jednim metkom}i moguce hipoteze

H0 = {niti jedan strijelac nije pogodio},H1 = {pogodio je samo prvi strijelac},H2 = {pogodio je samo drugi strijelac},H3 = {pogodila su oba strijelca}.

Vrijedi

P (H0) = 0.2 · 0.6 = 0.12, P (A|H0) = 0,

P (H1) = 0.8 · 0.6 = 0.48, P (A|H0) = 1,

P (H2) = 0.2 · 0.4 = 0.08, P (A|H0) = 1,

P (H3) = 0.8 · 0.4 = 0.32, P (A|H0) = 0

i zato dobivamo P (A) = 0.48 + 0.08 = 0.56 . Po Bayesovoj formuli vjerojatnost daje prvi strijelac pogodio metu (nakon sto znamo da je ona pogo -dena samo s jednimmetkom) iznosi

P (H1|A) =P (H1)P (A|H1)

P (A)=

0.480.56

= 0.857.

Drugo rjesenje. Umjesto hipoteza H0, H1, H2, H3 koje sacinjavaju potpun sistemdoga -daja, istaknimo dva doga -daja:

D1 = {prvi strijelac je pogodio metu}, P (D1) = 0.8,

D2 = {drugi strijelac je pogodio metu}, P (D2) = 0.4.

Doga -daji D1 i D2 se ne iskljucuju me -dusobno. Sada racunamo

P (A) = P (D1D2 + D1D2) = P (D1)[1 − P (D2)] + [1 − P (D1)]P (D2)= 0.8 · 0.6 + 0.4 · 0.2 = 0.56

i dobivamo kao i prije P (D1|A) = 0.857 . Prema tome, losijem strijelcu pripada samojedan batak.

Page 87: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

2.5. RIJESENI ZADATCI 81

Zadatak 2.7. Cetiri strijelca ga -daju u metu. Vjerojatnosti pogotka za pojedinestrijelce iznose redom 0.6 , 0.7 , 0.8 , 0.9 . Izracunaj vjerojatnost da barem tri strijelcapogode metu. Ako je meta pogo -dena s tri hica, izracunaj vjerojatnost da su pogodiliprvi i drugi strijelac.

� Oznacimo doga -daje

Bi = {i-ti strijelac je pogodio metu}, i = 1, 2, 3, 4,

B = {meta je pogo -dena s barem tri hica}.Tada je

B = B1B2B3B4.+ B1B2B3B4

.+ B1B2B3B4

.+ B1B2B3B4

.+ B1B2B3B4

i kako su Bi nezavisni, to lako dobivamo P (B) = 0.743 . Neka je

A = {meta je pogo -dena s tocno tri hica}.Postavimo sljedece hipoteze:

H1 = B1B2, P (H1) = 0.42, P (A|H1) = 0.8 · 0.1 + 0.2 · 0.9 = 0.26,

H2 = B1B2, P (H2) = 0.18, P (A|H2) = 0.8 · 0.9 = 0.72,

H3 = B1B2, P (H3) = 0.28, P (A|H3) = 0.8 · 0.9 = 0.72,

H4 = B1B2, P (H4) = 0.12, P (A|H4) = 0.

Po formuli potpune vjerojatnosti je

P (A) =4∑

i=1

P (Hi)P (A|Hi) = 0.440,

P (H1|A) =P (H1)P (A|H1)

P (A)= 0.248.

Zadatak 2.8. Iz urne u kojoj se nalazi n kuglica izvlacimo na srecu jednu kuglicu.Kolika je vjerojatnost da ce ta kuglica biti bijela, ako su sve pretpostavke o prethodnombroju bijelih kuglica jednako vjerojatne? Nakon sto je izvucena bijela kuglica, kolikaje vjerojatnost da su sve kuglice u urni bijele?

� Prirodno je postaviti sljedece hipoteze:

Hi = {u urni se nalazi i bijelih kuglica}, i = 0, 1, . . . , n.

Po pretpostavci je P (Hi) =1

n + 1. Tako -der, P (A|Hi) =

in

, gdje je

A = {izvucena je bijela kuglica}.

Page 88: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

82 2. UVJETNA VJEROJATNOST

Po formuli potpune vjerojatnosti i Bayesovoj formuli dobivamo

P (A) =n∑

i=0

P (Hi)P (A|Hi) =n∑

i=0

1n + 1

· in

=1

n(n + 1)(1 + 2 + . . . + n) =

12,

P (Hn|A) =P (Hn)P (A|Hn)

P (A)=

1n + 1

· nn

12

=2

n + 1.

Zadatak 2.9. U jednom su skladistu svi proizvodi ispravni, a u drugom ima 25%skarta. Odabran je na srecu dobar proizvod iz nekog skladista. Izracunaj vjerojatnostda je drugi proizvod izvucen iz istog skladista skart.

� Oznacimo doga -daje

H1 = {proizvod je izvucen iz prvog skladista}, P (H1) = 0.5,

H2 = {proizvod je izvucen iz drugog skladista}, P (H2) = 0.5,

A = {prvoizvuceni proizvod je dobar}.P (A) = P (H1)P (A|H1) + P (H2)P (A|H2) = 0.5 · 1 + 0.5 · 0.75 = 0.875.

Nakon sto je izvucen ispravan proizvod, vjerojatnosti hipoteza se mijenjaju. Aposteri-orne vjerojatnosti hipoteza su

P (H1|A) =P (H1)P (A|H1)

P (A)=

0.5 · 10.875

= 0.571,

P (H2|A) = 1 − P (H1|A) = 0.429.

Postavimo sada nove hipoteze

H′1 = H1|A = {dobar proizvod je izvucen iz prvog skladista},

H′2 = H2|A = {dobar proizvod je izvucen iz drugog skladista}.

Oznacimo sa B doga -daj

B = {drugoizvuceni proizvod je skart}.Pretpostavljamo da je broj proizvoda velik, tako da se postotak nije promijenio ako smoprvi proizvod izvukli iz, recimo, drugog skladista. Tako imamo

P (B) = P (H′1)P (B|H′

1) + P (H′2)P (B|H′

2)= 0.571 · 0 + 0.429 · 0.25 = 0.107.

Page 89: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

2. ZADATCI ZA VJEZBU 83

§2. Zadatci za vjezbu

1. Doga -daji A i B su disjunktni. Mogu li oni bitinezavisni?

2. Neka su A i B nezavisni i A ⊂ B . Pokazi da jeP (A) = 0 ili P (B) = 1 .

3. Ako su doga -daji A , B , C nezavisni, pokazi dasu i doga -daji A i B + C tako -der nezavisni.

4. Ako je P (A) > 0 i P (B|A) = P (B|A) , pokazida su A i B nezavisni.

5. Dokazi da jednakost

P (A) = P (A | B) + P (A | B)gdje B nije niti siguran, niti nemoguc doga -daj, vri-jedi jedino u slucaju kada je A nemoguc doga -daj.

6. Ako su A i B slucajni doga -daji s vjerojatnostimaP (A) = a , P (B) = b , dokazi da vrijedi

P (A|B) � a + b − 1b

.

7. Dokazi da vrijedi:a) P (A + B|C) = P (A|C)+P (B|C)−P (AB|C) .b) P (A | B) = P (A) =⇒ P (B | A) = P (B) .c) Ako su A1, . . . , An u cjelini nezavisni, tada vri-jedi

P (A1 + . . . + An) =

= 1 − (1 − P (A1)) · · · (1 − P (An)).

8. Tocka T(x, y) bira se na srecu unutar kvadra-ta {0 � x, y � 1} . Neka je A = {x � 1

2} ,B = {y � 1

2} , C = {(x− 12 )(y− 1

2 ) < 0} . Pokazida su doga -daji A , B , C u parovima nezavisni, nonisu nezavisni u cjelosti.

9. Tocka T(x, y) bira se na srecu unutar kvadrata{0 � x, y � 1} . Za kakvu vrijednost od r su do-ga -daji A = {|x − y| � r} , B = {x + y � 3r}nezavisni?

∗ ∗ ∗

10. Ispravan novcic baca se deset puta. Kolika jevjerojatnost da ce svih deset puta pasti pismo, akoje poznato da je pismo palo devet puta?

11. Istovremeno se bacaju novcic i kocka. Kolikaje vjerojatnost doga -daja A = { pojavili su se grbi sestica } , B = { pojavili su se grb ili sestica } ,C = { na kocki se pojavio broj veci od 4 } ?

12. Strijelac ga -da metu dok je ne pogodi. Vjerojat-nost pogotka u svakom ga -danju je 0.6. Izracunajtevjerojatnost sljedecih doga -daja:A. meta je pogo -dena u trecem pookusaju;B. meta je pogo -dena u prva tri pokusaja;C. meta je pogo -dena nakon petog pokusaja.

13. Bacene su dvije kocke. Oznacimo doga -daje:A = pojavila se barem jedna jedinica,B = pojavila su se dva razlicita broja.

1) Izracunajte P (A) , P (B) , P (A|B) . 2) Jesu lidoga -daji A i B nezavisni?

14. Izme -du brojeva 1 , 2 , 3 , 4 , 5 odabire se nasrecu jedan broj, a od preostalih se ponovno odabirena srecu jos jedan broj. Kolika je vjerojatnost da jedrugi broj paran?

15. U skupini od deset strijelaca nalaze se cetiri od-licna i sest dobrih. Vjerojatnost pogotka za odlicnestrijelce je 0.9 , za dobre 0.7 . Iz skupine na srecuizaberimo jednog strijelca. Kolika je vjerojatnost dace on pogoditi metu?

16. U prvoj se urni nalaze dvije bijele i tri crne ku-glice, u drugoj jedna bijela i cetiri crne. Iz prve urneprebacimo u drugu dvije na srecu odabrane kuglice.Izracunajte vjerojatnost da ce nakon toga na srecuodabrana kuglica iz druge urne biti bijela.

17. U dvije od tri jednake pregrade nalaze se dvijecrne i dvije bijele kuglice, a u trecoj pet bijelih ijedna crna. Iz na srecu odabrane pregrade izvucenaje bijela kuglica. Kolika je vjerojatnost da je onaizvucena iz trece pregrade?

18. U kutiji se nalazi 1000 kockica, od kojih su sveispravne osim jedne koja na svim stranama ima broj6. Izvucena je na srecu jedna kockica i bacena cetiriputa: sva cetiri puta pala je na broj 6. Kolika jevjerojatnost da je to neispravna kockica?

∗ ∗ ∗

19. Bacamo dvije kocke. Neka su X i Y brojevina njima. Oznacimo doga -daje

A = X je djeljiv s 2,B = X je djeljiv s 3,C = X je djeljiv s 2, Y s 3,D = X je djeljiv s 3, Y s 2,E = X + Y je djeljiv s 2,F = X + Y je djeljiv s 3.

Odredi sve parove me -dusobno nezavisnih doga -daja.

20. Pokus se sastoji u bacanju dviju kocaka. Pro-matraju se doga -daji:

A = pojavila se bar jedna sestica,

Page 90: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

84 2. UVJETNA VJEROJATNOST

B = pojavila se bar jedna dvojka,C = pojavio se jedan paran i jedan neparan broj.

Odredi uvjetnu vjerojatnost P (B|C) . Ispitaj jesu lidoga -daji A i B nezavisni.21. Bacene su tri kocke. Oznacimo doga -daje:

A = pojavila se barem jedna jedinica,B = pojavila se tocno jedna sestica,C = pojavila su se tri razlicita broja.

Izracunaj P (A) , P (C) , P (A|C) . Jesu li doga -dajiB i C nezavisni?22. Baca se 8 kocaka. Promatramo doga -daje

A = 4 kocke su pale na broj 3 a 4 kocke na istibroj,

B = Zbroj brojeva na svim kockama je paranbroj.

Jesu li A i B me -dusobno zavisni ili nezavisni izasto?23. Bacamo tri igrace kocke. Izracunaj vjerojatnostdoga -daja

A = pala su tri razlicita broja,B = pala je barem jedna sestica.

Izracunaj zatimuvjetne vjerojatnosti P (A|B) i P (B|A) .24. Bacamo odjednom 6 kocaka. Oznacimo doga--daje

A = pale su 2 jedinice i 2 dvojke,B = svi su brojevi manji od 4 ,C = zbroj brojeva na svim kockama je manji od

9 .Izracunaj P(A) , P(B) , P(C) , P(B|A) .25. Bacamo odjednom cetiri kocke. Oznacimo do-ga -daje

A = pale su dvije jedinice i jedna dvojka,B = svi brojevi su manji od 4,C = zbroj brojeva na svim kockama je veci od

6.Izracunaj P (A) , P (B) , P (C) , P (C|B) .26. U urni se nalaze 4 plave, 5 bijelih i 6 crnihkuglica. Na srecu odabiremo 3 kuglice. Oznacimodoga -daje

A = sve tri kuglice su razlicitih boja,B = prva kuglica je bijela,C = prve dvije kuglice su razlicitih boja.

Izracunaj P (A) , P (A|B) , P (A|C) . Jesu li doga--daji A i B nezavisni?

∗ ∗ ∗

27. Brojevi 1, 2, . . . , n napisani su u slucajnom po-retku. Izracunaj vjerojatnost da se znamenka 2 po-javi neposredno nakon znamenke 1.28. Izme -du brojeva 1, 2, 3, 4, 5 odabire se na srecujedan broj, a od preostalih se ponovo odabire na sre-cu jos jedan broj. Kolika je vjerojatnost da je drugibroj paran?29. Baca se 6 kocaka, od kojih su 4 obojene bijelo,a 2 zuto. Izracunaj vjerojatnost da broj okrenutihzutih sestica bude veci od broja bijelih.

30. U novcaniku je bilo 10 kovanica, 6 od jednogi 4 od dva dinara. Na srecu smo izvadili dvije, azatim jos dvije kovanice. Kolika je vjerojatnost dasu sume u oba izvlacenja jednake?

31. U jednom je drustvu organizirana lutrija sa sa-mo jednim dobitkom. Svaka osoba izvlaci po jednukuglicu iz urne, dok se ne izvuce ona dobitna. Ko-ja osoba ima vecu vjerojatnost dobitka: ona kojaizvlaci kuglicu prva, ili pak ona koja je posljednja,n -ta po redu?

32. U igri Craps igrac baca dvije kocke, pobje -dujeako se pojavi zbroj 7 ili 11, a gubi ako je zbroj 2,3 ili 12. U ostalim slucajevima, bacanje se nastav-lja sve dok igrac ne ponovi svoj prvobitni broj kadapobje -duje, ili pak dok se ne pojavi zbroj 7 u kojemslucaju on gubi. Kolika je vjerojatnost dobitka zaigraca?

33. Dvoboj u troje. Tri (nesretno zaljubljena) stri-jelca sudjeluju u troboju. Prvi poga -da s vjerojatnos-cu 0.5 , drugi s vjerojatnoscu 0.8 , a treci uvijek po-ga -da. Poredak strijelaca odre -duje se kockom. Prvo-odabrani strijelac moze ga -dati bilo kojeg protivnika.Potom dolazi na red drugo-odabrani (ukoliko je ziv)i tako dalje. Pobje -duje onaj koji prezivi.

Koji strijelac ima najvecu sansu da prezivi? Ko-ju strategiju treba izabrati?

∗ ∗ ∗

34. Igrac baca jednu kocku i potom u drugom baca-nju onoliko kocaka koliki je rezultat prvog bacanja.Kolika je vjerojatnost da se u oba bacanja zajednopojavi tocno jedna petica?

35. Bacamo pet novcica. Nakon prvog bacanja svenovcice koji pokazuju grb bacamo ponovo. Kolikaje vjerojatnost da cemo nakon drugog bacanja dobiti(ukupno) barem tri pisma?

36. Bacaju se 4 kocke od kojih su dvije obojenebijelo, a dvije crveno. Nakon izvrsenog bacanjabacaju se ponovo one bijele kocke koje pokazujuparan broj i one crvene kocke koje pokazuju broj 6.Kolika je vjerojatnost da ce nakon izvrsenog drugogbacanja sve cetiri kocke pokazivati broj 5?

37. U snopovima A i B nalaze se po 32 igrace kar-te sa po 4 asa. Izvucemo 2 karte iz snopa A i jednukartu iz snopa B , zatim izvucene 3 karte izmijesa-mo i otkrijemo 2 karte. Kolika je vjerojatnost da suto 2 asa?

38. Na raspolaganju imamo dva snopa karata od po52 karte, pri cemu svaki snop sadrzi cetiri asa. Izvu-cemo na srecu po dvije karte iz svakog snopa, zatimizvucene cetiri karte izmijesamo i otkrijemo dvije.Kolika je vjerojatnost da su to dva asa?

Page 91: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

2. ZADATCI ZA VJEZBU 85

39. U dva snopa karata nalaze se po 52 karte sa po4 asa. Izvucemo na srecu po jednu kartu iz svakogsnopa, zatim izvucene karte pomijesamo i otkrijemojednu. Kolika je vjerojatnost da ta karta nije as?

40. U dva snopa karata nalaze se po 52 karte, sa po4 asa. Iz jednog snopa izvucemo jednu kartu, a izdrugog dvije. Zatim tri izvucene karte promijesamoi otkrijemo jednu. Kolika je vjerojatnost da je takarta as?

41. U kutiji A ima m1 bijelih i n1 crnih kuglica,a u kutiji B m2 bijelih i n2 crnih kuglica. Iz svakekutije odabere se na srecu jedna kuglica, a zatim seod te dvije kuglice odabere na srecu jedna. Kolikaje vjerojatnost da je ta kuglica bijela?

42. U prvoj pregradi nalaze se 2 bijele i 3 crne ku-glice, a u drugoj 1 bijela i 4 crne. Iz prve pregradeprebacimo u drugu dvije na srecu odabrane kugli-ce. Izracunaj vjerojatnost da nakon toga na srecuizvucena kuglica iz druge pregrade bude bijela.

43. U grupi od 10 strijelaca nalaze se 4 odlicna i6 dobrih. Vjerojatnost pogotka za odlicne strijelceje 0.9 , za dobre 0.7 . Iz grupe na srecu odabiremodva strijelca, koji ga -daju u metu jedanput. Kolika jevjerojatnost da ce oba strijelca pogoditi metu?

44. Ga -danje se vrsi tako da svaki od 2 tenka oda-bire jedan od 3 razlicita cilja i ispaljuje 1 metakprema tom cilju. Ako je poznato da svaki od tenko-va poga -da cilj s vjerojatnoscu p , na -di vjerojatnostda je nakon ga -danja pogo -den tocno jedan cilj i to sbarem jednim metkom.

45. Ga -danje se vrsi tako da svaki od 2 tenka na srecuodabire jedan od 2 razlicita cilja i ispaljuje 2 metkaprema njemu. Ako je poznato da prvi tenk poga--da s vjerojatnoscu p1 , a drugi tenk s vjerojatnoscup2 , naci vjerojatnost da je nakon izvrsenog ga -danjapogo -den tocno jedan cilj, i to s barem 2 metka!

46. U grupi od 8 strijelaca nalaze se 3 odlicna i 5dobrih. Vjerojatnost pogotka za odlicne strijelce je0.9 , za dobre 0.6 . Dva na srecu odabrana strijelcaga -daju u metu jedanput. Kolika je vjerojatnost dace meta biti pogo -dena (s barem jednim metkom)?

∗ ∗ ∗

47. U urni se nalaze bijela i crvena kuglica. Izvlacise po jedna kuglica, sve dok se ne pojavi crvena.Ako se izvuce bijela kuglica, u urnu se vraca ta idodaje se jos jedna bijela kuglica. Kolika je vjero-jatnost da u prvih n izvlacenja crvena kuglica necebiti izvucena?

48. U prvoj urni se nalaze 2 bijele i 3 crne kuglice,u drugoj 1 bijela i 4 crne. Iz prve urne prebacimo udrugu dvije na srecu odabrane uglice. Izracunaj vje-rojatnost da nakon toga na srecu odabrana kuglicaiz druge urne bude bijela.

49. U kutiji A ima m1 bijelih i n1 crnih, a u kutijiB m2 bijelih i n2 crnih kuglica. Iz kutije A izva-dimo na srecu 2 kuglice i prebacimo ih u kutiju B .Zatim ponovimo postupak tako da iz kutije B nasrecu izvucemo dvije kuglice i vratimo ih u kutijuA . Kolika je vjerojatnost da ce u kutiji A ponovobiti m1 bijelih i n1 crnih kuglica?

50. U kutiji A ima m1 bijelih i n1 crnih kuglica,a u kutiji B m2 bijelih i n2 crnih kuglica. Iz svakekutije odabere se na srecu jedna kuglica, a zatim seod te dvije kuglice odabere na srecu jedna i vratiu kutiju A . Kolika je vjerojatnost da nakon toga ukutiji A bude ponovo m1 bijelih i n1 crnih kuglica?

51. U kutiji A su 3 bijele i 2 crne kuglice, u kutijiB 1 bijela i 3 crne, te u kutiji C 5 bijelih i 4 crnekuglice. Iz kutije A prebacimo na srecu izvucenukuglicu u kutiju B , zatim iz B prebacimo jednukuglicu u C te na kraju jednu kuglicu prebacimo izC u A . Ako je poznato da je broj bijelih i crnih ku-glica u svim kutijama ostao nepromijenjen, kolikaje vjerojatnost da smo iz kutije B prebacili u kutijuC kuglicu crne boje?

52. Kutija A sadrzi 2 bijele i 3 crne kuglice, B 1bijelu i 3 crne, C 2 bijele i 1 crnu, te kutija D 3bijele i 1 crnu kuglicu. Na srecu izvucena kuglica izA prebacuje se u B , zatim se na srecu izvlaci jednakuglica iz B i prebacuje u C i na koncu na srecuizabrana kuglica iz C ulazi u kutiju D . Ako jepoznato da je iz D na srecu izvucena bijela kuglica,Izracunaj vjerojatnost da je kuglica prebacena iz Bu C bila crna.

53. Urna sadrzi m bijelih i n − m crnih kuglica.Izracunaj vjerojatnost doga -dajaA = izvucena je bijela kuglica;B = izvucena je bijela kuglica, ako je poznato da jejedna kuglica (nepoznate boje) izgubljena;C = izvucena je bijela kuglica, ako je izgubljeno kkuglica, nepoznatih boja.

54. U svakoj od n kutija nalazi se po m bijelih ik crnih kuglica. Iz prve kutije izaberemo na srecujednu kuglicu i prebacimo ju u drugu, zatim iz drugekutije prebacimo jednu kuglicu u trecu, itd. Kolikaje vjerojatnost da ce kuglica izvucena iz posljednjekutije biti bijela?

55. U svakoj od n kutija nalazi se po jedna bijelai jedna crna kuglica. Iz prve kutije na srecu izabe-remo jednu kuglicu i prebacimo je u drugu, zatimiz druge prebacimo jednu kuglicu u trecu itd. a)Kolika je vjerojatnost da je kuglica izvucena iz pos-ljednje kutije bijela? b) Kolika je vjerojatnost da jecrna kuglica izvucena samo jednom?

56. U kutiji A imamo 2 bijele i 5 crnih kuglica,u kutiji B 2 bijele i 4 crne kuglice te u kutiji C2 bijele i 2 crne. Na srecu odaberemo 2 kugliceiz kutije C i prebacimo ih u kutiju A a preostale 2kuglice iz C prebacimo u kutiju B . Ako nakon to-

Page 92: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

86 2. UVJETNA VJEROJATNOST

ga izvucemo na srecu po jednu kuglicu iz kutija A iB , kolika je vjerojatnost da su te kuglice istobojne?

57. U kutiji I nalaze se 3 bijele i 4 crne kuglice, ukutiji II 2 bijele i 3 crne, te u kutiji III 1 bijela i 2crne kuglice. Iz I kutije prebacimo na srecu jednukuglicu u II, zatim jednu na srecu iz II u III, te ko-nacno jednu iz III u I. Kolika je vjerojatnost da jedistribucija kuglica u kutiji I ostala nepromijenjena?

58. U kutiji se nalazi n kuglica, oznacenih brojevi-ma od 1 do n . Izvlacimo prvu kuglicu i vracamoje nazad, osim ako se na njoj nalazi broj 1 . Potomizvlacimo drugu kuglicu. Kolika je vjerojatnost dacemo u prvom ili drugom izvlacenju izvuci kuglicuoznacenu brojem 2 ?

∗ ∗ ∗

59. Kocka je bacena tri puta. Neka je X zbroj bro-jeva u svim bacanjima. Sto je vjerojatnije, X = 12ili X = 11 ? Ako je realiziran doga -daj X = 12 ,kolika je vjerojatnost da se pojavila barem jednasestica?

60. Bacene su dvije kocke. Kolika je vjerojatnostda se pojavio broj 6 ako je poznato da je zbroj zna-menaka jednak 8 ?

61. Dva igraca su bacila kocku i prvi je igrac dobioveci broj od drugog igraca. Kolika je vjerojatnostda je taj broj jednak 6?

62. Poznato je da se pri bacanju deset igracih koca-ka pojavila barem jedna jedinica. Kolika je vjero-jatnost da su se pojavile dvije ili vise jedinica?

63. Na fakultetu je upisano n studenata od kojihnk studira k–tu godinu ( k = 1, 2, 3, 4 ). Na srecusu odabrana dva studenta i pokazalo se da je prvislusac vise godine. Kolika je vjerojatnost da je tocetvrta godina?

64. Tri igraca su bacila po jednu kocku. Poznato jeda je prvi dobio najveci broj. Kolika je vjerojatnostda je taj broj veci od 4?

65. Bacene su cetiri kocke. Kolika je vjerojatnostda je pala barem jedna sestica, ako je poznato da supala tocno 2 jednaka broja?

66. Bacene su tri kocke, crvena, bijela i plava. Zbrojokrenutih brojeva je 13. Kolika je vjerojatnost da jebijela kocka pala na broj 4?

67. Iz skupa {1, 2, . . . , n} biramo na srecu tri brojax1 , x2 , x3 . Ako je poznato da vrijedi x1 < x2 ,kolika je vjerojatnost doga -daja x1 < x3 < x2 ?

68. U devet od deset jednakih pregrada nalaze se 2crne i 2 bijele kuglice, a u desetoj 5 bijelih i 1 crna.Iz na srecu odabrane pregrade izvucena je bijela ku-glica. Kolika je vjerojatnost da je ona izvucena izdesete pregrade?

∗ ∗ ∗

69. Cetiri strijelca ga -daju u istu metu. Vjerojat-nosti njihovih pogodaka su redom 0.4 , 0.6 , 0.7 ,0.8 . Kolika je vjerojatnost da ce meta biti pogo -de-na? Ako je pogo -dena s tocno tri metka, kolika jevjerojatnost da je promasio cetvrti strijelac?

70. Strijelci A, B, C, D ga -daju metu sa po jednimmetkom. Vjerojatnost pogotka za A je 60%, za B70%, za C 80%, a za D 90%. Ako je meta pogo -denasa 2 pogotka, kolika je vjerojatnost da su te pogotkeostvarili strijelci A i B?

71. Vjerojatnosti pogotka u metu za svakog od ce-tiri strijelca su redom 0,8 , 0,7 , 0,6 , 0,5 . Ako jemeta pogo -dena sa dva metka, kolika je vjerojatnostda prvi strijelac nije pogodio?

72. Baterija ima 4 topa. Vjerojatnost pogotka pr-vog topa je 30 %, a ostalih triju topova 20 %. Zaunistenje cilja dovoljan je jedan pogodak. Jedanod topova izvrsio je 2 ga -danja i cilj je bio unisten.Na -di vjerojatnost da je ga -dao prvi top.

73. Iz urne koja sadrzi m bijelih i n crnih kuglicaizvucene su dvije kuglice. Pokazalo se je da je prvakuglica bijela. Kolika je vjeroatnost da je i drugakuglica bijela?

74. Ukutiji sa dvije jednake pregrade nalaze se kug-lice — u prvoj 3 bijele i 3 plave, a u drugoj 3 bijelei 4 crvene. Izvlacimo istovremeno dvije kuglice izna srecu odabrane pregrade. Kolika je vjerojatnostda su obje izvucene kuglice iste boje? Ako su objeizvucene kuglice iste boje, kolika je vjerojatnost daje ta boja plava?

75. U jednoj se vrecici nalaze jedna bijela i tri cr-vene, a u drugoj dvije bijele i dvije crvene kuglice.Izvucemo na srecu po jednu kuglicu iz svake vreci-ce. Ako je jedna od njih bijela, kolika je vjerojatnostda je druga crvena?

76. U posudi se nalazi 5 kuglica bijele ili crne boje.Sve pretpostavke o broju bijelih kuglica su jednakovjerojatne. U tri izvlacenja izvukli smo kuglice bi-jele boje (kuglica se nakon izvlacenja vraca u po-sudu). Izracunaj vjerojatnost da su u posudi svekuglice bijele boje.

77. U urni se nalazi n kuglica, pri cemu svaka ku-glica moze s jednakom vjerojatnoscu biti bijela ilicrvena. Izvlacimo jednu po jednu k kuglica, u mo-delu s vracanjem. Ako niti jednom nismo izvuklicrnu kuglicu, kolika je vjerojatnost da su sve kugliceu urni bijele?

78. U jednoj kutiji nalaze se 2 bijele i 3 crvenekuglice, a u drugoj 1 bijela i 3 crvene kuglice. Iz-vucemo na srecu po jednu kuglicu iz svake kutije.Ako je jedna od izvucenih kuglica bijela, kolika jevjerojatnost da je druga crvena?

Page 93: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

2. ZADATCI ZA VJEZBU 87

79. U kutiji se nalazi 5 kuglica, od kojih svaka mo-ze biti crvena ili plava, s jednakom vjerojatnoscu.Na srecu izabrana kuglica iz kutije imala je crvenuboju. Koji je najvjerojatniji broj plavih kuglica ukutiji?

80. U kutiji sa 10 pregrada nalazi se ukupno 55kuglica i to tako da se u k –toj pregradi nalazi kkuglica (k = 1, 2, . . . , 10) . Na srecu odaberemo2 razlicite pregrade i izvucemo sve kuglice iz tihpregrada. Ako je poznato da je izvuceno najvise 8kuglica, kolika je vjerojatnost da su one izvucene izsusjednih pregrada?

81. Iz posiljke u kojoj se nalazi n ispravnih i mneispravnih proizvoda uzeto je r proizvoda zbogkontrole. Prvih k proizvoda ( k < r ) me -du nji-ma bilo je ispravno. Kolika je vjerojatnost da je isljedeci proizvod ispravan?

∗ ∗ ∗

82. U kutiji I nalaze se 2 bijele i 2 crne kuglice, ukutiji II 5 bijelih i 7 crnih. Iz I kutije prebacimo nasrecu dvije kuglicu u II, a zatim dvije na srecu iz II uI. Ako je poznato da su nakon toga kuglice u I kutijiistobojne, kolika je vjerojatnost da su crne boje?

83. Vjerojatnost kvara svakog od dijelova A , B ,C sklopa na slici u nekom vremenskom intervaluiznosi 0.2 . Ure -daj prestaje sa radom ako je u kvarudio C , dijelovi A i B (ili pak A , B i C ). Ako jeure -daj prestao sa radom, kolika je vjerojatnost da jepokvaren samo dio C ?

����

���� ��

��A

B

C

84. Dva od tri nezavisna dijela nekog stroja su ot-kazala. Odredi vjerojatnost da su to prvi i drugi dio,ako vjerojatnosti otkazivanja prvog, drugog odnos-no treceg dijela iznose 0.2 , 0.4 i 0.3 .

85. Na slici su navedene vjerojatnosti kvara pojedi-nih dijelova ure -daja. Poznato je da je citav ure -daj ukvaru, posto je pokvaren jedan ili vise njegovih dije-lova. Kolika je vjerojatnost da je me -du pokvarenimdijelovima i dio B ?

A

B

C

D0�1

0�2

0�2

0�3

86. Vjerojatnost da ce prijemnik registrirati signalu vremenskom intervalu duljine 1 iznosi p . Ako jepoznato da se do trenutka t < 1 signal nije pojavio,kolika je vjerojatnost da ce se on pojaviti u ostatkuvremena 1 − t ?87. Neki izvor emitira tri vrste poruka: AAAA ,BBBB , i CCCC . Vjerojatnosti njihovog emitira-nja iznose 0,3, 0,4, 0,3 . Kao posljedica smetnji ukanalu, svaki se znak A , B ili C prima isprav-no s vjerojatnoscu 0.6 . Vjerojatnost da znak budepogresno interpretiran iznosi 0.2 za obje preostalemogucnosti. Pretpostavlja se da je prijem svakogznaka u poruci nezavisan jedan od drugog. Izra-cunaj vjerojatnost da je emitirana poruka AAAA ,ukoliko je primljena ABCA .88. Neki izvor emitira dvije vrste poruka: 0000 i1111 , s vjerojatnostima q i p , za svaku od njih(p + q = 1) . Prijem svakog znaka u poruci jenezavisan jedan od drugog. Svaki se znak ( 0 ili1 ) prima ispravno s vjerojatnoscu 1 − α . Izracu-naj vjerojatnost da je emitirana poruka 0000 ako jeprimljena poruka 1000 .89. Izvor emitira dvije vrste poruka: 1 i 0, s jedna-kim vjerojatnostima. Svaki od triju serijski poveza-nih primopredajnika prima poruku i salje je sljede-cem primopredajniku. Pri tom svaki od njih u 10%slucajeva pogresno interpretira poruku. Ako je naizlazu primljena poruka 1, kolika je vjerojatnost daje ona i poslana?90. Niz nula i jedinica prenosi se komunikacijskimkanalom. Zbog smetnji, svaki se znak prima isp-ravno s vjerojatnoscu 0.8 . Da bismo povecali vje-rojatnost ispravnog prijema, svaki se znak u poruciponavlja n puta. Niz od n simbola se interpretirakao simbol koji se pojavljuje najcesce u tom nizu.(Npr. za n = 5 , niz 10110 se interpretira kao 1, a10100 kao 0).

a) Odredi vjerojatnost ispravnog prijema zan = 5 .

b) Izaberi minimalnu vrijednost od n tako davjerojatnost ispravnog prijema bude veca od 0.99 .91. Tisucu znakova poslano je kroz komunikacijskikanal. Svaki znak moze biti pogresno primljen, svjerojatnoscu 0.005 , nezavisno od ostalih. Odre-di vjerojatnost da je najvise pet znakova pogresnoprimljeno.

Page 94: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

3.Diskretne slucajne varijable i vektori

1. Diskretne slucajne varijable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 892. Dvodimenzionalne diskretne razdiobe . . . . . . . . . . . . 933. Momenti i karakteristicne funkcije diskretnih varijabli . . 974. Rijeseni zadatci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

Zadatci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

Pri realizaciji nekog pokusa ostvaruje se elementaran doga -daj ω ∈ Ω . Cesto je svrha poku-sa mjerenje neke numericke velicine cije vrijednosti ovise o toj realizaciji elementarnog doga -daja.Jednostavan primjer toga je model bacanja kocke. Tu je prirodno svakom elementarnom doga -dajupridruziti broj na koji je kocka pala. Time je definirano preslikavanje iz skupa Ω svih elementarnihdoga -daja u skup S = (1, 2, 3, 4, 5, 6) svih mogucih ishoda. Takvo se preslikavanje naziva slucajnavarijabla.

Uz jedan stohasticki pokus moze biti (na prirodan nacin) povezano i vise slucajnih varijabli.Tako na primjer, ako bacamo dvije kocke onda se kao slucajne varijable pridruzene tom pokusu moguuzeti (uz mnoge druge) zbroj brojeva na kockama, njihova razlika, manji od brojeva, veci od brojevaitd. itd.

Podrucje vrijednosti realne slucajne varijable neki je podskup skupa realnih brojeva. Pri prouca-vanju slucajnih varijabli izvrsit cemo grubu njihovu podjelu i izdvojiti dvije klase slucajnih varijabli:diskretne i neprekinute slucajne varijable. Prve poprimaju svoje vrijednosti unutar diskretnog skupa(obicno prirodnih ili cijelih brojeva) a neprekinute mogu kao svoju vrijednost poprimiti bilo kojirealni broj unutar nekog intervala. Ova je podjela uglavnom uvjetovana time sto se za proucavanjeovih dviju vaznih klasa koristi razliciti matematicki aparat, uz diskretne varijable vezani su prirodnonizovi i redovi realnih brojeva i matrice, dok se matematicki aparat kojim se proucavaju kontinuiraneslucajne varijable zasniva na sredstvima matematicke analize: diferencijalnom i integralnom racunu.Naglasimo da ta podjela cesto nije uvjetovana samom prirodom pokusa. Uzmemo li kao primjerslucajnu varijablu koja mjeri duljinu odabranog proizvoda, ta je varijabla neprekinutog tipa jer seduljina neprekinuto mijenja. Me -dutim, izrazimo li tu duljinu u milimetrima, dobit cemo slucajnuvarijablu diskretnog tipa.

U ovom cemo poglavlju proucavati diskretne slucajne varijable.

88

Page 95: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

3.1. DISKRETNE SLUCAJNE VARIJABLE 89

3.1. Diskretne slucajne varijable

Zakon razdiobe slucajne varijable

Neka je S = (x1, x2, . . .) konacan ili prebrojiv skup bez gomilista. Obicno je topodskup skupa prirodnih ili pak cijelih brojeva. Promatrat cemo slucajne varijable,koje svakom elementarnom doga -daju pridruzuju neku vrijednost iz skupa S . Neka je Xpreslikavanje sa skupa Ω svih elementarnih doga -daja u skup S . Uz to je preslikavanjeprirodno postaviti pitanje: “kolika je vjerojatnost da slucajna varijabla poprimi nekuvrijednost xk is skupa S ”. Oznacimo s Ak skup svih elementarnih doga -daja koji sepreslikavaju u xk :

Ak := (ω ∈ Ω : X(ω) = xk).

Da bismo mogli odgovoriti na gornje pitanje, skup Ak mora biti doga -daj, dakle, elementσ -algebre F svih doga -daja. Tek ako je ovaj uvjet ispunjen, za preslikavanje X cemoreci da je slucajna varijabla.

Slucajna varijabla

Preslikavanje X : Ω → S je diskretna slucajna varijabla ako je za svakixk ∈ S skup Ak := (ω ∈ Ω : X(ω) = xk) doga -daj. Oznacimo

pk := P (Ak) = P (X = xk). (1)

Za ove brojeve vrijedi pk > 0 ,∑

pk = 1 . Zakon razdiobe slucajne vari-jable X sastoji se od podrucja vrijednosti koje ona poprima i odgovarajucihvjerojatnosti. Pisemo

X ∼(

x1 x2 x3 . . .p1 p2 p3 . . .

). (2)

Sl. 3.1. Razdiobu slucajne varija-ble skiciramo kao na ovoj slici

x x x x

PP

P

P

0 1 2 n

0

1

2

n

Page 96: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

90 3. DISKRETNE SLUCAJNE VARIJABLE I VEKTORI

Primjer 3.1. Novcic bacamo tri puta. Neka je X broj pisama. Odredimo razdiobute slucajne varijable.

� Vjerojatnosni prostor sastoji se od osam elementarnih doga -daja. Ispisimo ih inaznacimo vrijednost slucajne varijable X na svakom od njih:

ω1 = GGG, X(ω1) = 0ω2 = GGP, X(ω2) = 1ω3 = GPG, X(ω3) = 1ω4 = GPP, X(ω4) = 2ω5 = PGG, X(ω5) = 1ω6 = PGP, X(ω6) = 2ω7 = PPG, X(ω7) = 2ω8 = PPP, X(ω8) = 3

Vidimo da X poprima vrijednosti u skupu (x1=0, x2=1, x3 = 2, x4=3) a vjerojatnostisu

p1 = P (X = 0) = P (ω1) =18,

p2 = P (X = 1) = P ((ω2,ω3,ω5)) =38,

p3 = P (X = 2) = P ((ω4,ω6,ω7)) =38,

p4 = P (X = 3) = P (ω8) =18.

Dakle zakon razdiobe slucajne varijable X je,

X ∼(

0 1 2 318

38

38

18

). �

Primjer 3.2. Neka je p vjerojatnost realizacije nekog doga -daja A . Pokus ponav-ljamo pod istim uvjetima sve dok se doga -daj A ne ostvari. Neka je X broj ponavljanjapokusa do realizacije doga -daja A . Tad za X kazemo da ima geometrijsku razdiobus parametrom p . Odredimo zakon razdiobe za X .

� Ispisimo elementarne doga -daje, vrijednost slucajne varijable i pripadne vjero-jatnosti u ovom pokusu.

ω1 = A, P (ω1) = p, X(ω1) = 1,

ω2 = A A P (ω2) = qp, X(ω2) = 2,

ω3 = A A A, P (ω3) = q2p, X(ω3) = 3,

...

ωn = A · · ·A︸ ︷︷ ︸n−1

A, P (ωn) = qn−1p, X(ωn) = n,

...

Page 97: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

3.1. DISKRETNE SLUCAJNE VARIJABLE 91

Zakon razdiobe je

X ∼(

1 2 3 · · · n · · ·p qp q2p · · · qn−1p · · ·

). �

∗ ∗ ∗Zamislimo jednostavan pokus u kojem se kocka baca dva puta. Neka nam X

oznacava rezultat prvog bacanja, a Y rezultat drugog bacanja. Prirodno je pretpostavitida rezultati jednog bacanja ne ovise o rezultatima drugoga. Tako na primjer, vrijedi

P (X = 3, Y = 5) = P(((3, 5))) =136

=16· 16

= P (X = 3) · P (Y = 5).

Slicno se moze pokazati (ispisujuci elementarne doga -daje koje odgovaraju dogadaju slijeve strane jednakosti) da vrijedi

P (X � 2, Y � 4) =636

=26· 36

= P (X � 2) · P (Y � 4).

Ovaj primjer upucuje da je razumno iskazati sljedecu definiciju.

Nezavisne slucajne varijable — definicija i temeljno svojstvo

Slucajne varijable X, Y : Ω → S su nezavisne ako za sve xk, yj ∈ S vrijedi

P (X = xk, Y = yj) = P (X = xk)P (Y = yj) (3)

Tada vrijedi opcenitije, za sve A , B ⊂ S

P (X ∈ A, Y ∈ B) = P (X ∈ A)P (Y ∈ B). (4)

Neka su X i Y nezavisne, odnosno, neka vrijedi (3). Dokazimo da onda vrijedi(4). Oznacimo elemente skupova A i B ovako:

A = (x1, . . . , xn), B = (y1, . . . , ym).Onda vrijedi

P (X ∈ A, Y ∈ B) = P (X ∈ (x1, . . . , xn), Y ∈ (y1, . . . , ym))

= P

( ⋃1�k�n1�j�m

(X = xk, Y = yj))

=∑

1�k�n1�j�m

P (X = xk, Y = yj) =∑

1�k�n1�j�m

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

=∑

1�k�n

P (X = xk) ·∑

1�j�m

P (Y = yj)

= P (⋃

1�k�n

(X = xk)) · P (⋃

1�j�m

(Y = yj))

= P (X ∈ A)P (Y ∈ B).

Page 98: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

92 3. DISKRETNE SLUCAJNE VARIJABLE I VEKTORI

Definicija nezavisnosti prosiruje se i na skup od konacno mnogo, pa i beskonacnogniza slucajnih varijabli:

Nezavisnost niza slucajnih varijabli

Slucajne varijable X1, X2, . . . , Xn definirane na istom vjerojatnosnom pros-toru su nezavisne, ako za sve A1, A2, . . . , An ⊂ S vrijedi

P (X1 ∈ A1, X2 ∈ A2, . . . , Xn ∈ An) = P (X1 ∈ A1)P (X2 ∈ A2) · · ·P (Xn ∈ An).(5)

Slucajne varijable X1, X2, . . . su nezavisne ako su za svaki n nezavisne slucaj-ne varijable Xi1 , Xi2 , . . . , Xin , za svaki izbor (razlicitih) indeksa i1, i2, . . . , in .

Primjer 3.3. Bacamo kocku dok se ne pojavi broj manji od 5 . Neka slucajnavarijabla X oznacava potreban broj bacanja, slucajna varijabla Y prvo bacanje u kojemse pojavio broj 6 ( Y = 0 ako se broj 6 uopce ne pojavi). Odredimo zakone razdiobavarijabli X i Y .

� Oznacimo sa Xi slucajne varijable: rezultate i -tog bacanja. To su neza-visne identicki distribuirane slucajne varijable, svaka poprima vrijednosti iz skupa(1, 2, 3, 4, 5, 6) s jednakom vjerojatnoscu.

Varijabla X poprima vrijednosti iz skupa (1, 2, 3, . . .) :

P (X = n) = P (X1 � 5, X2 � 5, . . . , Xn−1 � 5, Xn � 4)= P (X1 � 5) · P (X2 � 5) · · ·P (Xn−1 � 5) · P (Xn � 4)

=(2

6

)n−1· 46

=23n

, n � 1.

Varijabla Y poprima vrijednosti iz skupa (0, 1, 2, . . .) :

P (Y=n) = P (X1=5) · P (X2=5) · · ·P (Xn−1=5) · P (Xn=6) =16n

, n � 1,

P (Y=0) = P (X1�4) + P (X1=5, X2�4) + P (X1=5, X2=5, X3�4) + . . .

=46

+16· 46

+(1

6

)2· 46

+ . . . =46· 1

1 − 16

=45.

Zakoni razdioba su:

X ∼(

1 2 . . . n . . .23

29 . . . 2

3n . . .

),

Y ∼(

0 1 . . . n . . .45

16 . . . 1

6n . . .

). �

Page 99: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

3.2. DVODIMENZIONALNE DISKRETNE RAZDIOBE 93

Funkcije diskretnih slucajnih varijabli

Neka je X diskretna slucajna varijabla s poznatim zakonom razdiobe, ψ : R → Rzadana funkcija i Y = ψ(X) . Ako je

X ∼(

x1 x2 . . .p1 p2 . . .

)zakon razdiobe varijable X , tada je

Y ∼(ψ(x1) ψ(x2) . . .

p1 p2 . . .

)(6)

zakon razdiobe varijable Y . Njega dovodimo u reducirani oblik

Y ∼(

y1 y2 . . .q1 q2 . . .

)gdje su y1, y2, . . . sve razlicite vrijednosti iz skupa (ψ(x1),ψ(x2), . . .) . Ako jeyi = ψ(xi1) = ψ(xi2) = . . . , tada je qi = pi1 + pi2 + . . . .

Primjer 3.4. Slucajna varijabla X ima zakon razdiobe

X ∼(−2 −1 1 20.1 0.3 0.2 0.4

).

Odredi zakon razdiobe varijable Y = X2 .

Y ∼(

4 1 1 40.1 0.3 0.2 0.4

)=

(1 4

0.5 0.5

)�

3.2. Dvodimenzionalne diskretne razdiobe

Neka slucajna varijabla X poprima vrijednosti u skupu (x1, . . . , xn) , a slucajnavarijabla Y u skupu (y1, . . . , ym) . Razdioba slucajnog vektora (X, Y) je poznata akoznamo vjerojatnosti

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

pri cemu mora biti∑i,j

pij = 1 . Zakon razdiobe slucajnog vektora pisemo u obliku

tablice

XY y1 y2 . . . ym

x1 p11 p12 . . . p1m

x2 p21 p22 . . . p2m...

......

xn pn1 pn2 . . . pnm

Page 100: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

94 3. DISKRETNE SLUCAJNE VARIJABLE I VEKTORI

Marginalne razdiobe

Oznacimo

pi =∑

j

pij =∑

j

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

qj =∑

i

pij =∑

i

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

Ocito vrijedi ∑j

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

tako da zbrajanjem elemenata nekog retka u ovoj tablici dobivamo razdiobu varijableX . Slicno tome, zbrajanjem elemenata stupca dobit cemo razdiobu varijable Y . Te raz-diobe upisujemo u marginama tablice, pa cemo ih nazivati marginalnim razdiobamakomponenti slucajnog vektora:

XY y1 y2 . . . ym

x1 p11 p12 . . . p1m p1

x2 p21 p22 . . . p2m p2...

......

xn pn1 pn2 . . . pnm pn

q1 q2 . . . qm 1

Marginalne razdiobe varijabli X i Y su

X ∼(

x1 x2 . . . xnp1 p2 . . . pn

), Y ∼

(y1 y2 . . . ymq1 q2 . . . qm

),

Ako poznajemo marginalne razdiobe, razdioba vektora jos uvijek nije odre -de-na, pomocu margina ne mozemo opcenito rekonstruirati vjerojatnosti u tablici. To jemoguce uciniti samo ako su komponente slucajnog vektora nezavisne, jer onda vrijedi

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

Primjer 3.5. Bacamo dvije kocke. Neka je X broj na prvoj kocki, Y veci od dvajubrojeva na kockama. Odredi razdiobu vektora (X, Y) . Izracunaj marginalne razdiobeod X i Y .

� Postoji 36 elementarnih, jednako vjerojatnih doga -daja. Za svaki od njih mo-zemo odrediti vrijednosti varijabli X i Y . Pri tom neka vrijednost moze ukljucivativise elementarnih doga -daja. Dobivamo sljedeci zakon razdiobe vektora (X, Y) (zbogkratkoce smo oznacili p = 1

36 ):

Page 101: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

3.2. DVODIMENZIONALNE DISKRETNE RAZDIOBE 95

XY 1 2 3 4 5 6

1 p p p p p p 6p

2 0 2p p p p p 6p

3 0 0 3p p p p 6p

4 0 0 0 4p p p 6p

5 0 0 0 0 5p p 6p

6 0 0 0 0 0 6p 6p

p 3p 5p 7p 9p 11p 1

Marginalne razdiobe su

X ∼(

1 2 3 4 5 616

16

16

16

16

16

), Y ∼

(1 2 3 4 5 6136

336

536

736

936

1136

).

Uvjetne razdiobe

Uvjetna vjerojatnost doga -daja {X = xi | Y = yj} dana je sa

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

P (Y = yj)=

pij

qj.

Skup svih takvih vjerojatnosti za sve i daje uvjetnu razdiobu varijable X uz uvjetY = yj :

X | Y = yj ∼(

x1 x2 . . .p1j

qj

p2j

qj. . .

).

Ta se razdioba cita iz j -tog stupca razdiobe vektora (X, Y) . Elementi tog stupcapodijeljeni su sa odgovarajucom marginom.

Na isti nacin racunamo i uvjetnu razdiobu varijable Y uz uvjet X = xi :

Y | X = xi ∼(

y1 y2 . . .pi1

pi

pi2

pi. . .

).

Primjer 3.6. Bacamo dvije kocke. Neka je slucajna varijabla X manji, a vari-jabla Y veci od dva pojavljena broja. Odredi razdiobu vektora (X, Y) , marginalnerazdiobe, te uvjetnu razdiobu od X uz uvjet Y = 4 . Izracunaj vjerojatnost doga -dajaA = (X � 2 | Y = 4) , B = (Y = 4 | X � 2) .

� Postoji 36 jednakovjerojatnih elementarnih doga -daja. Odredi za svaki od njihvrijednost vektora (X, Y) ! Dobivamo sljedecu razdiobu (oznacimo zbog kratkocep = 1

36 ).

Page 102: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

96 3. DISKRETNE SLUCAJNE VARIJABLE I VEKTORI

XY 1 2 3 4 5 6

1 p 2p 2p 2p 2p 2p 11p

2 0 p 2p 2p 2p 2p 9p

3 0 0 p 2p 2p 2p 7p

4 0 0 0 p 2p 2p 5p

5 0 0 0 0 p 2p 3p

6 0 0 0 0 0 p p

p 3p 5p 7p 9p 11p 1

Marginalne razdiobe varijabli X i Y citamo iz posljednjeg retka odnosno stupca:

X ∼(

1 2 3 4 5 61136

936

736

536

336

136

),

Y ∼(

1 2 3 4 5 6136

336

536

736

936

1136

).

Uvjetna razdioba varijable X | Y = 4 je

P (X = 1 | Y = 4) =P (X = 1, Y = 4)

P (Y = 4)=

2p7p

=27

i slicno za ostale vrijednosti od X :

X | Y = 4 ∼(

1 2 3 427

27

27

17

).

(Prona -di tu razdiobu direktno iz cetvrtog stupca razdiobe vektora (X, Y) .)

P (A) =P (X � 2, Y = 4)

P (Y = 4)=

2p + 2p + p7p

=57,

P (B) =P (X � 2, Y = 4)

P (X � 2)=

2p + 2p + p9p + 7p + 5p + 3p + p

=15.

Primjer 3.7. Nezavisne slucajne varijable X1 i X2 imaju isti zakon razdiobe

X1, X2 ∼(

0 1 20.3 0.5 0.2

).

Odredi zakon razdiobe slucajnih varijabli a) Y = X1 + X2 ; b) Z = X1X2 .

� a) Y poprima vrijednosti u skupu (0, 1, 2, 3, 4) s vjerojatnostima

P (Y = 0) = P (X1 = 0, X2 = 0) = 0.3 · 0.3 = 0.09,

P (Y = 1) = P (X1 = 0, X2 = 1) + P (X1 = 1, X2 = 0) = 2 · 0.3 · 0.5 = 0.3

itd. Dobivamo

Y ∼(

0 1 2 3 40.09 0.30 0.37 0.20 0.04

).

Page 103: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

3.3. MOMENTI I KARAKTERISTICNE FUNKCIJE DISKRETNIH VARIJABLI 97

b) Z poprima vrijednosti u skupu (0, 1, 2, 4) s vjerojatnostimaP (Z = 0) = P (X1 = 0) + P (X1 �= 0, X2 = 0) = 0.3 + 0.7 · 0.3 = 0.51,

P (Z = 1) = P (X1 = 1, X2 = 1) = 0.25,

P (Z = 2) = P (X1 = 1 X2 = 2) + P (X1 = 2, X2 = 1) = 0.20,

P (Z = 4) = P (X1 = 2, X2 = 2) = 0.04.

te je

Z ∼(

0 1 2 40.51 0.25 0.20 0.04

).

3.3. Momenti i karakteristicne funkcije diskretnih varijabli

Ocekivanje slucajne varijable

Slucajne varijable se najlakse opisuju pomocu svojih numerickih karakteristika.Najvaznija karakteristika je ocekivanje.

Ocekivanje slucajne varijable

Neka slucajna varijabla X ima zakon razdiobe:

X ∼(

x1 x2 x3 . . .p1 p2 p3 . . .

).

Ocekivanje slucajne varijable X definirano je kao zbroj

E(X) :=∑

k

xkpk. (1)

Cesto se ocekivanje slucajne varijable oznacava i simbolima x ili mX .

Tako na primjer, za slucajnu varijablu sa zakonom razdiobe

X ∼(−1 0 1 2 30.2 0.3 0.1 0.3 0.1

)vrijedi

E(X) = −1 · 0.2 + 0 · 0.3 + 1 · 0.1 + 2 · 0.3 + 3 · 0.1 = 0.8.

Ovaj primjer pokazuje da ocekivanje slucajne varijable ne mora biti jednako nekojod mogucih realizacija te varijable.

Ocekivanje ne mora biti blisko niti realizaciji s najvecoj vjerojatnosti. Za slucajnuvarijablu

X ∼(

1 5 1000.8 0.1 0.1

)vrijedi

E(X) = 1 · 0.8 + 5 · 0.1 + 100 · 0.1 = 11.3.

Geometrijska interpretacija ocekivanja je sljedeca. Ako zamislimo da smo u toc-kama s apscisama x1 , x2 ,. . . postavili utege s tezinama p1 , p2 ,. . . , tada ce teziste togsustava biti u tocki s apscisom x .

Page 104: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

98 3. DISKRETNE SLUCAJNE VARIJABLE I VEKTORI

Sl. 3.2. Ocekivanje slucajne varijable je tezinska sredina njezinih realizacija. Svaka realizacijaima trezinu koja odgovara njezinoj vjerojatnosti.

Ocekivanje ne mora postojati. Tako na primjer, za slucajnu varijablu

X ∼(

1 2 4 . . . 2n−1 . . .12

14

18 . . . 1

2n . . .

)vrijedi

E(X) = 1 · 12

+ 2 · 14

+ 4 · 18

+ . . . + 2n−1 · 12n

+ . . . = +∞.

Zato ova slucajna varijabla nema ocekivanja.

Svojstva ocekivanja

Teorem 3.1. Neka je X i Y slucajne varijable definirane na istom vjerojat-nosnom prostoru. Ocekivanje ima svojstvo linearnosti, za sve realne brojeve s i tvrijedi

E(sX + tY) = sE(X) + tE(Y).

Ako su varijable X i Y nezavisne, tada vrijedi

E(XY) = E(X)E(Y).

Dokaz. Svojstvo E(sX) = sE(X) slijedi direktno iz definicije ocekivanja:

E(sX) =∑

(sxk)pk = s∑

xkpk = sE(X).

Dokazat cemo sad da vrijedi E(X + Y) = E(X) + E(Y) . Time ce prva tvrdnja uteoremu biti dokazana.

Neka je razdioba vektora (X, Y) zadana u standardnom obliku:

XY y1 y2 . . . ym

x1 p11 p12 . . . p1m p1

x2 p21 p22 . . . p2m p2...

......

xn pn1 pn2 . . . pnm pn

q1 q2 . . . qm 1

Page 105: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

3.3. MOMENTI I KARAKTERISTICNE FUNKCIJE DISKRETNIH VARIJABLI 99

Slucajna varijabla X + Y poprima vrijednosti xj + yk s vjerojatnoscu pjk . Zato je

E(X + Y) =∑

k,j

(xj + yk)pkj =∑

k,j

xjpkj +∑

k,j

ykpkj

=∑

j

xj ·∑

k

pkj +∑

k

yk ·∑

j

pkj =∑

j

xjpj +∑

k

ykqk

= E(X) + E(Y).Dokazimo sad drugu tvrdnju. Varkijable X i Y su nezavisne, pa vrijedi pjk = pjqk

za sve j i k . Zato je

E(XY) =∑

j,k

xjykpjk =∑

j,k

xjykpjqk

=(∑

j

xjpj

)(∑k

ykqk

)= E(X)E(Y). �

Momenti slucajne varijable

Neka je slucajna varijabla Y funkcija slucajne varijable X , zadana formulomY = ψ(X) . Kako cemo odrediti njezino ocekivanje?

Jedna je mogucnost da odredimo razdiobu od Y i zatim primjenimo formulu (1)na varijablu Y .

Primjer 3.8. Neka je X ∼(−2 −1 0 1 2

18

14

14

14

18

)i Y = X2 . Odredimo E(Y) .

� . Odredimo razdiobu od Y :

Y = X2 ∼(

(−2)2 (−1)2 0 12 22

18

14

14

14

18

)∼

(4 1 0 1 418

14

14

14

18

)∼

(0 1 414

12

14

)Zato je

E(Y) = 0 · 14

+ 1 · 12

+ 4 · 14

=32. �

Primjetimo da ovdje vrijedi E(X) = 0 , pa je dakle E(X2) �= E(X)2 .

∗ ∗ ∗Druga mogucnost za racunanje ocekivanja funkcije slucajne varijable je koriste-

njem formuleE(ψ(X)) =

∑ψ(xk)pk.

Do nje dolazimo u gornjem postupku tako da ne svodimo zakon razdiobe varijableY na reducirani oblik, vec ocekivanje racunamo iz nesre -denog oblika. Iz

Y = X2 ∼∼(

4 1 0 1 418

14

14

14

18

)dobivamo

E(Y) = 4 · 18

+ 1 · 14

+ 0 · 14

+ 1 · 14

+ 4 · 18

=32.

Page 106: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

100 3. DISKRETNE SLUCAJNE VARIJABLE I VEKTORI

∗ ∗ ∗Posebno ce nam biti vazne funkcije oblika ψ(x) = xn i ψ(x) = (x − a)n .

Ishodisni i centralni momenti slucajne varijable

Neka slucajna varijabla X ima zakon razdiobe:

X ∼(

x1 x2 x3 . . .p1 p2 p3 . . .

)i neka je n prirodni broj. Ishodisni moment reda n slucajne varijable Xdefinirano se formulom

E(Xn) :=∑

k

xnkpk. (2)

Ako je mX ocekivanje od X , onda se centralni moment μn reda n definiraformulom

μn := E[(X − mX)n] =∑

k

(xk − mX)npk. (3)

Disperzija i standardna devijacija slucajne varijable

Centralni moment reda 2 nazivamo posebnim imenom.

Disperzija slucajne varijable

Disperzija (rasipanje, varijanca) slucajne varijable X definira se formulom

D(X) = E[(X − mX)2]Ovaj se izraz najcesce racuna na nacin:

D(X) = E(X2) − m2X =

∑k

x2kpk −

(∑k

xkpk

)2

,

Jednakost ovih dviju formula slijedi iz svojstva linearnosti ocekivanja:

E[(X − mX)2] = E[X2 − 2XmX + m2X ] = E(X2) − 2mXE(X) + m2

X = E(X2) − m2X.

Svojstva disperzije

Teorem 3.2. Za slucajnu varijablu X i realni broj s vrijedi

D(sX) = s2D(X).

Ako su X i Y nezavisne slucajne varijable, onda vrijedi

D(X + Y) = D(X) + D(Y).

Page 107: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

3.3. MOMENTI I KARAKTERISTICNE FUNKCIJE DISKRETNIH VARIJABLI 101

Dokaz. Koristit cemo svojstva ocekivanja. Za prvu formulu dobivamo

D(sX) = E[(sX)2] − [E(sX)]2 = E(s2X2) − [sE(X)]2

= s2E(X2) − s2[E(X)]2 = s2D(X).

Ako su X i Y nezavisne, onda imamo

D(X + Y) = E[(X + Y)2] − [E(X + Y)]2

= E(X2) + 2E(XY) + E(Y2) − E(X)2 − 2E(X)E(Y)− E(Y2)

= E(X2) − E(X)2 + E(Y2) − E(Y2)= D(X) + D(Y). �

∗ ∗ ∗

Ova se svojstva moraju dobro razumjeti. U tu svrhu, navest cemo najprije sljedeciprimjer.

Primjer 3.9. Nezavisne slucajne varijable X i Y imaju identicnu razdiobu s oce-kivanjem a i disperzijom σ2 . Kolika je disperzija slucajne varijable X + 2Y ? Kolikoje ocekivanje a kolika disperzija slucajne varijable X − Y ?

� U prvom slucaju vrijedit ce

D(X + 2Y) = 12 · D(X) + 22 · D(Y) = 5σ2.

U drugom slucaju je

E(X − Y) = E(X) − E(Y) = a − a = 0,

D(X − Y) = 12D(X) + (−1)2D(Y) = D(X) + D(Y) = 2σ2. �

∗ ∗ ∗

Zapamtimo, disperzija slucajne varijable je uvijek pozitivna. Ovo je svojstvopotpuno jasno jer slijedi iz formule

D(X) = E[(X − mX)2] =∑

(xj − mX)2pk.

Svi pribrojnici u ovom izrazu su nenegativni.Moze li disperzija biti jednaka nuli? U tom slucaju vrijedi xj = mX za svaki j , a

to znaci da se sve realizacije slucajne varijable X podudaraju. Drugim rijecima, tadaX nije slucajna, vec uvijek poprima istu vrijednost.

∗ ∗ ∗

Velicinu σX :=√

D(X) nazivamo standardna devijacija (odstupanje) varijableX .

Page 108: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

102 3. DISKRETNE SLUCAJNE VARIJABLE I VEKTORI

Primjer 3.10. Izracunaj ocekivanje i disperziju slucajnih varijabli

X ∼(−4 6 100.2 0.3 0.5

), Y ∼

(−1 40.4 0.6

).

Odredi E(X + 2Y) te, ukoliko su X i Y nezavisne, E(XY) i D(X − 2Y) .

� Odredimo E(X) , E(Y) , D(X) , D(Y) .E(X) = −4 · 0.2 + 6 · 0.3 + 10 · 0.5 = 6,

E(X2) = 16 · 0.2 + 36 · 0.3 + 100 · 0.5 = 64,

D(X) = E(X2) − E(X)2 = 64 − 36 = 28,

E(Y) = −1 · 0.4 + 4 · 0.6 = 2,

E(Y2) = 1 · 0.4 + 16 · 0.6 = 10,

D(Y) = E(Y2) − E(Y)2 = 10 − 4 = 6.

Zbog linearnosti ocekivanja je E(X + 2Y) = E(X) + 2E(Y) = 10 . Ako su X iY nezavisne, E(XY) = E(X)E(Y) = 12 i D(X − 2Y) = D(X) + D(−2Y) =D(X) + 4D(Y) = 52 .

Primjer 3.11. Bacamo dvije ispravne kocke. Slucajne varijable X i Y definiranesu na nacin

X = apsolutna vrijednost razlike brojeva na kockama,Y =manji od dva broja ako su oni razliciti, jednaka nuli ako su brojevi

jednaki.Pokazi da X i Y imaju identican zakon razdiobe. Odredi njihovo ocekivanje

i disperziju.

� Vjerojatnosni prostor sastoji se od 36 jednako vjerojatnih elementarnih doga--daja. Odredimo vrijednost varijabli X i Y na tim doga -dajima.

X 1 2 3 4 5 61 0 1 2 3 4 52 1 0 1 2 3 43 2 1 0 1 2 34 3 2 1 0 1 25 4 3 2 1 0 16 5 4 3 2 1 0

Y 1 2 3 4 5 61 0 1 1 1 1 12 1 0 2 2 2 23 1 2 0 3 3 34 1 2 3 0 4 45 1 2 3 4 0 56 1 2 3 4 5 0

Vidimo da varijable X i Y poprimaju razlicite vrijednosti na pojedinim elemen-tarnim doga -dajima, me -dutim njihova je razdioba identicna!

X, Y ∼(

0 1 2 3 4 5636

1036

836

636

436

236

)Vrijedi

E(X) = E(Y) = 0 · 636

+ 1 · 1036

+ 2 · 836

+ 3 · 636

+ 4 · 436

+ 5 · 236

=7036

.

D(X) = D(Y) = 0 · 636

+ 1 · 1036

+ 4 · 836

+ 9 · 636

+ 16 · 436

+ 25 · 236

−(70

36

)2= 2.052.

Page 109: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

3.3. MOMENTI I KARAKTERISTICNE FUNKCIJE DISKRETNIH VARIJABLI 103

∗ ∗ ∗Neke informacije o me -dusobnoj ovisnosti dviju slucajnih varijabli mozemo dobiti

na temelju sljedecih numerickih karakteristika.

Kovarijacijski moment. Koeficijent korelacije

Kovarijacijski moment varijabli X i Y definira se formulom

cov(X, Y) := E[(X − mX)(Y − mY)] = E(XY)− mXmY .

Koeficijent korelacije definira se formulom

r(X, Y) :=cov(X, Y)σX σY

.

Koeficijent korelacije daje nam neku informaciju o me -duovisnosti slucajnih va-rijabli X i Y . Za nezavisne slucajne varijable uvijek je cov(X, Y) = 0 pa s tim ir(X, Y) = 0 . Obrat nije istinit. Varijable koje su nekorelirane ne moraju biti nezavisne.

Centrirane i normirane slucajne varijable

Neka je a realan broj. Razdioba slucajne varijable X − a poznata nam je ukolikoznamo razdiobu varijable X . Kako se mijenjaju numericke karakteristike? Vrijedi

E(X − a) = E(X) − a, D(X − a) = D(X).Zbog cega se disperzija ne mijenja? Najlakse je to razumjeti ako na konstantu agledamo kao na slucajnu varijablu koja poprima uvijek istu vrijednost a . Ta je va-rijabla nezavisna od X , a njezina je disperzija jednaka nuli. Zato je D(X − a) =D(X) + D(a) = D(X) .

Pri translaciji ne mijenja se niti kovarijacijski moment:

cov(X − a, Y − b) = E{[(X − a) − E(X − a)][(Y − b) − E(Y − b)]}= E{[X − E(X)][Y − E(Y)]} = cov(X, Y)

Posljedicno, pri translaciji se ne mijenja niti koeficijent korelacije.Izaberemo li a = mX , tada slucajnu varijablu X − mX oznacavamo s

◦X . Za nju

vrijedi E(◦

X = 0 , D(◦

X) = D(X) . Za slucajnu varijablu◦

X kazemo da je centrirana.Ocekivanje i disperzija slucajne varijable aX + b iznose

E(aX + b) = aE(X) + b, D(aX + b) = a2D(X).Posebno vazan slucaj izbora konstanti a i b nastupa kad je rezultirajuce ocekivanjejednako nuli, a disperzija jedinici. Neka je m = E(X) , σ2 = D(X) . Za slucajnuvarijablu

X∗ :=X − mσ

kazemo da je dobivena normiranjem iz slucajne varijable X . Vrijedi

E(X∗) =1σ

E(X − m) = 0, D(X∗) =1σ2

D(X − m) =1σ2

D(X) = 1.

Page 110: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

104 3. DISKRETNE SLUCAJNE VARIJABLE I VEKTORI

Koeficijent korelacije nemijenja se normiranjem! Naime, vrijedi mX∗ = mY∗ = 0 ,σX∗ = σY∗ = 1 pa dobivamo

r(X∗, Y∗) = E(X∗Y∗) = E

(X − mX

σX· Y − mY

σY

)=

cov(X, Y)σX σY

= r(X, Y).

∗ ∗ ∗Za slucajne varijable koje nisu nezavisne, opcenito je D(X+Y) �= D(X)+D(Y) .

Tocniju vezu iskazat cemo u sljedecem teoremu.

Disperzija zbroja slucajnih varijabli

Teorem 3.3. Disperzija zbroja S = X1 + . . . + Xn slucajnih varijabli racunase formulom

D(S) =n∑

i=1

D(Xi) + 2∑i<j

cov(Xi, Xj).

Dokaz. Vrijedi mS = mX1 + . . . + mXn pa je

D(S) = E[(S − mS)2] = E

( n∑i=1

(Xi − mXi))2

=n∑

i=1

E(Xi − mXi)2 +

∑i �=j

E[(Xi − mXi)(Xj − mXj)]

=n∑

i=1

D(Xi) + 2∑i<j

cov(Xi, Xj). �

Svojstva koeficijenta korelacije

Teorem 3.4. Za koeficijent korelacije uvijek je ispunjeno

|r(X, Y)| � 1.

Jednakost r(X, Y) = ±1 vrijedi onda i samo onda kad je Y = aX + b za nekekonstante a i b .

Dokaz. Neka su X∗ , Y∗ normirane slucajne varijable pridruzene varijablama X iY . Onda imamo

D(X∗ ± Y∗) = D(X∗) + D(Y∗) ± 2 cov(X∗, Y∗) = 2[1 ± r(X, Y)].Lijeva strana je uvijek pozitivna, pa je zato pozitivna i desna. Odatle slijedi

|r(X, Y)| � 1.

Page 111: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

3.3. MOMENTI I KARAKTERISTICNE FUNKCIJE DISKRETNIH VARIJABLI 105

Nadalje, jednakost r(X, Y) = 1 vrijedit ce samo onda kad bude D(X∗−Y∗) = 0 .To je moguce samo kad je slucajna varijabla X∗ − Y∗ jednaka konstanti. Odavdezakljucujemo da mora biti

Y − mY

σY− X − mX

σX= const

odnosnoY = aX + b,

pri cemu je a = σY/σX i b neki realni broj.Slicno zakljucujemo i u slucaju kad je r(X, Y) = −1 . �

Primjer 3.12. Ispravan novcic je bacen tri puta. Neka X oznacava broj pojavljenihgrbova, Y duljinu najduzeg niza uzastopno pojavljenih grbova. Odredi zakon razdiobevektora (X, Y) te koeficijent korelacije r(X, Y) .

� Postoji osam jednako vjerojatnih elementarnih doga -daja. Odrediti cemo za sva-ki od njih vrijednosti varijabli X i Y i zatim sastaviti zakon razdiobe vektora (X, Y) .

X YPPP 0 0PPG 1 1PGP 1 1GPP 1 1PGG 2 2GPG 2 1GGP 2 2GGG 3 3

XY 0 1 2 3

0 18 0 0 0 1

8

1 0 38 0 0 3

8

2 0 18

28 0 3

8

3 0 0 0 18

18

18

48

28

18 1

Izracunajmo sada cov(X, Y) , D(X) i D(Y) .

E(X) = 0 · 18

+ 1 · 38

+ 2 · 38

+ 3 · 18

=128

,

E(Y) = 0 · 18

+ 1 · 48

+ 2 · 28

+ 3 · 18

=118

,

E(XY) = 0 · 18

+ 1 · 38

+ 2 · 18

+ 4 · 28

+ 9 · 18

=228

,

cov(X, Y) =228

− 128

· 118

=4464

,

D(X) = 0 · 18

+ 1 · 38

+ 4 · 38

+ 9 · 18−

(128

)2=

4864

,

D(Y) = 0 · 18

+ 1 · 48

+ 4 · 28

+ 9 · 18−

(118

)2=

4764

,

r(X, Y) =cov(X, Y)√D(X)D(Y)

=4464√

4864 · 47

64

=44√

47 · 48= 0.926.

Page 112: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

106 3. DISKRETNE SLUCAJNE VARIJABLE I VEKTORI

Karakteristicna funkcija

Integralne transformacije vazan su alat u matematickoj analizi. Pokazat cemo dase tim sredstvom uspjesno rjesavaju i mnogi problemi teorije vjerojatnosti. AnalogoniFourierovih i Laplaceovih transformata ovdje predstavljaju karakteristicne funkcije ifunkcije izvodnice.

Karakteristicna funkcija

Karakteristicna funkcija slucajne varijable X definira se formulom

ϑX(t) := E(eitX)Dakle,

ϑX(t) =∑

k

pkeitxk . (4)

Karakteristicna funkcija postoji za svaku slucajnu varijablu, jer je ocekivanje slu-cajne varijable eitX uvijek konacno. (Apsolutna vrijednost te slucajne varijable jednakaje jedinici.)

U sljedecem cemo poglavlju koristiti neka od svojstava karakteristicnih funkcija,koja necemo u ovom trenutku dokazivati.

Svojstva karakteristicne funkcije

1◦ Karakteristicna funkcija jednoznacno odre -duje razdiobu: dvije razliciterazdiobe ne mogu imati istu karakteristicnu funkciju.2◦ Ako su X1, . . . , Xn nezavisne, tada je

ϑX1+...+Xn(t) = ϑX1(t) · · ·ϑXn(t). (5)

3◦ Vrijedi formula

E(Xr) =ϑ (r)(0)

ir, r = 1, 2, . . . (6)

ukoliko ocekivanje postoji. Posebice,

E(X) = −iϑ ′(0),

D(X) = −ϑ ′′(0) + ϑ ′(0)2.(7)

Funkcije izvodnice

Za diskretne slucajne varijable, koje uzimaju vrijednosti u skupu (0, 1, 2, . . .) ces-to je jednostavnije umjesto karakteristicne funkcije promatrati funkciju izvodnicu ψXdefiniranu ovako:

ψX(z) =∞∑

k=0

pkzk = E(zX).

Page 113: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

3.4. RIJESENI ZADATCI 107

Ovaj red konvergira sigurno na podrucju |z| < 1 jer je pk � 1 za svaki k . Poznava-nje funkcije izvodnice cesto nam omogucava da jednostavno odredimo zakon razdiobeslucajne varijable, jer vrijedi:

pn =ψ (n)(0)

n!.

Za ovu tvrdnju ne trebamo dodatni dokaz, jer je funkcija izvodnica definiranazbrojem svog McLaurinovog reda, pa za koeficijente reda mora vrijediti navedenaformula.

3.4. Rijeseni zadatci

Zadatak 3.1. Zadana je slucajna varijabla X svojom razdiobom

X ∼(

1 2 3 . . .12

122

123 . . .

).

Odredi zakon razdiobe slucajne varijable Y = cos πX .

� Y poprima samo dvije vrijednosti +1 i −1 .

Y = −1 za X = 1, 3, 5, . . . ,

Y = 1 za X = 2, 4, 6, . . . ,

q1 = P (Y = −1) = p1 + p3 + p5 + . . . =12

+18

+ . . . =23,

q2 = P (Y = 1) = p2 + p4 + p6 + . . . =14

+116

+ . . . =13.

Dakle,

Y ∼(−1 1

23

13

).

Zadatak 3.2. Zadana je razdioba slucajnog vektora (X, Y) : P (X = −1, Y =−1) = P (X = 0, Y = −1) = P (X = 1, Y = −1) = 1

6 , P (X = −1, Y = 1) = 14 ,

P (X = 0, Y = 1) = P (X = 1, Y = 1) = 18 . Odredi marginalne razdiobe varijabli X

i Y , te razdiobe varijabli Z = X + Y , W = XY .

� Napisimo najprije razdiobu vektora (X, Y) :

XY −1 1

−1 16

14

1024

0 16

16

724

1 16

18

724

12

12

Page 114: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

108 3. DISKRETNE SLUCAJNE VARIJABLE I VEKTORI

Dakle, marginalne razdiobe su

X ∼(−1 0 11024

724

724

), Y ∼

(−1 1

12

12

).

Varijabla Z = X + Y ima razdiobu

Z ∼(−2 −1 0 1 2

16

16

512

18

18

)(Provjeri! Razdiobu varijable Z citamo iz razdiobe vektora (X, Y) , nikako iz margi-nalnih razdioba varijabli X i Y , posto ove nisu nezavisne.)

Varijabla W poprima vrijednosti −1 , 0 , 1 :

P (W = −1) = P (X = −1, Y = 1) + P (X = 1, Y = −1) =512

,

P (W = 0) = P (X = 0) =724

,

P (W = 1) = P (X = −1, Y = −1) + P (X = 1, Y = 1) =724

.

Dakle,

W ∼(−1 0 11024

724

724

).

Zadatak 3.3. Odredi razdiobu vektora (W, Z) iz prethodnog zadatka.

� Vektor (W, Z) uzima samo pet vrijednosti:

P (Z = −2, W = 1) = P (X = −1, Y = −1) =16,

P (Z = −1, W = 0) = P (X = 0, Y = −1) =16,

P (Z = 0, W = −1) = P (X = −1, Y = 1) + P (X = 1, Y = −1) =512

,

P (Z = 1, W = 0) = P (X = 0, Y = 1) =18,

P (Z = 2, W = 1) = P (X = 1, Y = 1) =18.

Tako dobivamo razdiobu vektora (W, Z) :

WZ −2 −1 0 1 2

−1 0 0 512 0 0 5

12

0 0 16 0 1

8 0 724

1 16 0 0 0 1

8724

16

16

512

18

18 1

Page 115: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

3.4. RIJESENI ZADATCI 109

Zadatak 3.4. Adrese na n pisama napisane su na srecu. Neka je Xn broj pisamakoja su otisla na tocnu adresu. Izracunaj E(Xn) i D(Xn) .

� Izracunati cemo E(Xn) i D(Xn) , ne racunajuci razdiobu varijable Xn ! Naime, onase moze napisati u obliku Xn = ξ1 + . . . + ξn , gdje je

ξk ={

1, ako je k–to pismo tocno adresirano,

0, u protivnom slucaju.

Sve slucajne varijable ξk imaju istu razdiobu

ξk ∼(

1 01n

n−1n

)ali me -dusobno nisu nezavisne. Njihovo je ocekivanje E(ξk) = 1

n . Stoga jeE(Xn) =

∑E(ξk) = 1 . Tako -der, vrijedi D(ξk) = 1

n − 1n2 = n−1

n2 . Da odredimoD(Xn) , potrebno je jos znati E(ξkξl) , za k �= l . Kako ta varijabla poprima samo dvijevrijednosti, 0 i 1, dovoljno je odrediti P(ξkξl = 1) = 1

n(n−1) , te je i E(ξkξl) = 1n(n−1) .

Zato

cov(ξk, ξl) =1

n(n − 1)− 1

n2=

1n2(n − 1)

.

Konacno dobivamo

D(Xn) =n∑

k=1

D(ξk) + 2∑k<l

cov(ξk, ξl) =n − 1

n+ 2

(n2

) 1n2(n − 1)

= 1.

Zadatak 3.5. Bacamo dvije kocke. Definirajmo slucajne varijableX = veci od brojeva na kockama,Y = manji od brojeva na kockama,Z = zbroj brojeva na kockama.

Odredi zakon razdiobe, ocekivanje i disperziju ovih slucajnih varijabli.

� a) Vrijednosti slucajne varijable X na elementarnim doga -dajima suX 1 2 3 4 5 61 1 2 3 4 5 62 2 2 3 4 5 63 3 3 3 4 5 64 4 4 4 4 5 65 5 5 5 5 5 66 6 6 6 6 6 6

Zato je njen zakon razdiobe

X ∼(

1 2 3 4 5 6136

336

536

736

936

1136

)Sada dobivamo

E(X) = 1 · 136

+ 2 · 336

+ . . . + 6 · 1136

= 4.47,

D(X) = 1 · 136

+ 4 · 336

+ . . . + 36 · 1136

− 4.472 = 1.97.

Page 116: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

110 3. DISKRETNE SLUCAJNE VARIJABLE I VEKTORI

b) Zakon razdiobe varijable Y dobivamo na slican nacin

Y ∼(

1 2 3 4 5 61136

936

736

536

336

136

)te je E(Y) = 2.53 , D(Y) = 1.97 .

c) Ispisavsi vrijednosti slucajne varijable na svih 36 elementarnih doga -daja dobi-vamo razdiobu varijable Z

Z ∼(

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12136

236

336

436

536

636

536

436

336

236

136

).

(Jednostavnije je obrnuti postupak i upitati se za koliko elementarnih doga -daja vrijedi(Z = k) , za sve moguce vrijednosti k koje poprima varijabla Z .)

Sada racunamo

E(Z) = 2 · 136

+ 3 · 236

+ . . . + 12 · 136

= 7,

D(Z) = 4 · 136

+ 9 · 236

+ . . . + 14 · 136

− 72 = 5.83.

Samo ocekivanje i disperziju mozemo dobiti jednostavnije. Definirajmo nezavisneslucajne varijable:

X1 = broj na prvoj kocki,X2 = broj na drugoj kocki.

Ocigledno su X1 i X2 identicki distribuirane, ali i nezavisne slucajne varijable, srazdiobom

X1, X2 ∼(

1 2 3 4 5 616

16

16

16

16

16

)Izracunajmo njihovo ocekivanje i disperziju:

E(X1) = E(X2) = 1 · 16

+ 2 · 16

+ . . . + 616

= 3.5,

D(X1) = D(X2) = 1 · 16

+ 4 · 16

+ . . . + 3616− 3.52 = 2.92.

Kako je Z = X1 + X2 , to dobivamo

E(Z) = E(X1) + E(X2) = 7,

D(Z) = D(X1) + D(X2) = 5.83.

Zadatak 3.6. Slucajna varijabla X poprima samo cijele pozitivne vrijednosti. Po-kazi da vrijedi

E(X) =∞∑

n=1

P (X � n).

Page 117: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

3.4. RIJESENI ZADATCI 111

�∞∑

n=1

P (X � n) =∞∑

n=1

∞∑k=n

P (X = k)

=∞∑

k=1

k∑n=1

P (X = k) =∞∑

k=1

kP (X = k) = E(X).

Primjer 3.13. Ispravan novcic bacamo dok se grb ne pojavi po drugi put. Nekaslucajna varijabla X oznacava broj bacanja. Izracunaj E(X) te vjerojatnost da se pokuszavrsi u prvih pet bacanja.

� Moguci ishodi i pripadne vjerojatnosti suelem. doga -daj vrijednost od X vjerojatnost

GG X = 2 14{

GPGPGG

X = 3 2 · 18

...⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

GP . . .PGPG . . .PG...PP . . .GG

X = n (n − 1) · 12n

...Prema tome, ocekivanje iznosi

E(X) =∞∑

n=2

n(n − 1)12n

.

Da bismo sumirali ovaj red, definirajmo funkciju

f (x) =∞∑

n=2

xn

2n=

x2

22 · 1

1 − x2

=x2

2(2 − x), −2 < x < 2.

Ovaj red konvergira uniformno na svakom zatvorenom podintervalu intervala (−2, 2)i tu se moze derivirati clan po clan:

f ′(x) =4x − x2

2(2 − x)2 =∞∑

n=2

n · xn−1

2n,

f ′′(x) =4

(2 − x)3=

∞∑n=2

n(n − 1)xn−2

2n.

Dobiveni redovi konvergiraju na istom intervalu (−2, 2) . Uvrstavajuci tocku x = 1dobivamo

f ′′(1) = 4 =∞∑

n=2

n(n − 1)12n

= E(X).

Page 118: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

112 3. DISKRETNE SLUCAJNE VARIJABLE I VEKTORI

Vjerojatnost da ce pokus zavrsiti u prvih pet bacanja je

P (X � 5) =14

+ 2 · 18

+ 3 · 116

+ 4 · 132

=1316

.

Primjer 3.14. Dva igraca bacaju naizmjenicno novcic dok se ne pojavi pismo. Po-bjednk dobiva sumu novca koja je jednaka broju bacanja. Da li je bolje igrati kao prviili kao drugi igrac?

� Neka je X1 slucajna varijabla: dobitak prvog igraca, X2 : dobitak drugogigraca. Moramo odrediti njihova ocekivanja.

Ovaj se pokus sastoji od prebrojivo mnogo elementarnih doga -daja. Odredimovjerojatnost svakog od njih i vrijednosti slucajnih varijabli.

elem. doga -daj vjerojatnost X1 X2

P 12 1 0

GP 14 0 2

GGP 18 3 0

GGGP 116 0 4

...

Zakoni razdioba varijabli X1 i X2 su

X1 ∼(

1 3 5 . . .12

123

125 . . .

), X2 ∼

(2 4 6 . . .122

124

126 . . .

).

Ocekivani dobitak prvog igraca je E(X1) =∞∑

n=0

(2n + 1)1

22n+1. Definirajmo

f (x) =∞∑

n=0

x2n+1

22n+1 =x2· 1

1 − x2

4

=2x

4 − x2 , −2 < x < 2.

Cim je |x| < 2 red se moze derivirati clan po clan:

f ′(x) =∞∑

n=0

(2n + 1)x2n

22n+1=

2(4 + x2)(4 − x2)2

.

Uvrstimo x = 1

f ′(1) =∞∑

n=0

2n + 122n+1 =

109

= E(X1).

Analogno mozemo izracunati

E(X2) =∞∑

n=0

2n22n

=89.

Stoga je bolje igrati kao prvi igrac.

Page 119: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

3. ZADATCI ZA VJEZBU 113

Zadatak 3.7. Pokazi da je funkcija

ϑ(t) =3 + cos t

4karakteristicna funkcija i odredi pripadnu razdiobu.

�3 + cos t

4=

34

+14· eit + e−it

2= 1

8e−it + 34 eit0 + 1

8 eit.

Dakle, ϑ je karakteristicna funkcija diskretne slucajne varijable X s razdiobom

X ∼(−1 0 1

18

34

18

).

§3. Zadatci za vjezbu

1. U urni se nalazi n kuglica, od kojih je samo jed-na bijela. Izvlacimo na srecu jednu po jednu kuglicuiz urne (bez vracanja). Neka X oznacava pokusaj ukojem je izvucena bijela kuglica. Odredi razdiobuod X .

2. Iz skupa (1, 2, . . . , n) izvlacimo na srecu (odjed-nom) tri broja. Neka slucajna varijabla X poprimavrijednost najveceg od ta tri broja. Odredi razdiobuod X .

3. Urna sadrzi N kuglica, oznacenih brojevima od1 do N . Na srecu biramo n kuglica, s vracanjima.Neka je X najveci broj koji je pri tom izvucen.

Izracunaj razdiobu varijable X .

4. Zadan je zakon razdiobe diskretne slucajne vari-jable

X ∼“−2 −1 0 1 2

0.2 0.1 0.4 0.1 0.2

Izracunaj E(X) i D(X) .

5. Slucajna varijabla X poprima vrijednosti x =(n − 1)2 , n ∈ N , s vjerojatnostima

P (X = (n − 1)2) =2−n

n ln 2.

Izracunaj ocekivanje varijable X .

6. Igrac baca jednukocku. Ako se pojavi broj 6 imapravo bacati ponovo, ali samo jos jedanput. Slucajnavarijabla X jednaka je rezultatu prvog bacanja, od-nosno zbroju dvaju bacanja ukoliko je kocka bacenadvaput. Izracunaj ocekivanje i standardnu devijacijuvarijable X .

7. Igrac baca 5 kocaka zeleci postici sto vise je-dinica. Nakon prvog bacanja, sve kocke koje nepokazuju na broj 1 baca ponovo. Izracunaj oceki-vani broj jedinica dobivenih u oba bacanja.

8. Neka je X veci od dva na srecu odabrana brojaiz skupa (1, 2, . . . , n) . (Isti broj moze biti izabrandva puta). Izracunaj ocekivanje E(X) .

9. Izme -du 6 crvenih i 4 plave kuglice na srecu sebiraju tri. Izracunaj ocekivanje broja plavih kuglica.

10. Covjek ima pet kljuceva, od kojih samo jedanotvara vrata njegovog stana. Kljucevi su slicnog ob-lika pa ih on ne razlikuje. Da bi otvorio vrata, onisprobava kljuceve jedan za drugim, s tim da kljuckoji ne odgovara nakon pokusaja odvaja, da ga nebi ponovo isprobavao. Koliki je ocekivani broj po-kusaja?

11. Na raspolaganju nam je jedno grlo za zarulje iukupno 6 zarulja, od kojih su 2 ispravne i 4 neis-pravne. Zarulje isprobavamo jednu za drugom, dopojave svjetlosti. Koliko je ocekivanje broja poku-saja?

Page 120: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

114 3. DISKRETNE SLUCAJNE VARIJABLE I VEKTORI

12. Slucajna varijabla X poprima vrijednosti u sku-pu (0, 1, 2, . . . , n, . . .) s vjerojatnostima koje opa-daju po geometrijskom nizu.a) Na -di vezu izme -du E(X) i D(X) .b) Ako je E(X) = a , izracunaj P (X = k) .

13. Tri osobe bacaju novcic jedna za drugom. Pob-je -duje onaj koji prvi dobije grb. Kolika je vjerojat-nost da ce pobijediti prvi igrac? Koliko je ocekivanjebroja bacanja?

∗ ∗ ∗

14. Pokus, koji se sastoji u bacanju novcica n puta,ponovimo dvaput. Izracunaj vjerojatnost da ce sebroj grbova podudarati u oba pokusa.

15. X i Y su nezavisne slucajne varijable koje po-primaju vrijednosti u skupu (0, 1, . . . , n) , pri cemuje

P (X = i) = P (Y = i) =1

n + 1.

Odredi razdiobu slucajne varijable Z = X + Y .

16. Neka su X i Y nezavisne slucajne varijable, svrijednostima u skupu N , te E(X) < ∞ . Dokazida vrijedi

E(min(X, Y)) =∞X

i=1

P (X � i)P (Y � i).

17. Slucajna varijabla X poprima samo cjelobrojnenenegativne vrijednosti. Dokazi da je

E(X[k]) = k∞X

n=1

n[k−1]P (X > n)

za proizvoljan cjelobrojni k � 2 . (Ovdje je x[k] =x(x − 1) · · · (x − k + 1). )

18. Biramo dva broja iz skupa (1, 2, . . . , n) (istibroj moze biti izabran dva puta). Kolika je vjerojat-nost da njihov zbroj nece biti veci od n ? Kolika jeocekivana vrijednost tog zbroja?

∗ ∗ ∗

19. X i Y su nezavisne diskretne slucajne varijablesa zakonom razdiobe:

P (X = n) =1e· 1

n!, n = 0, 1, 2, . . .

P (Y = n) =1e2 · 2n

n!, n = 0, 1, 2, . . .

Odredi razdiobu slucajne varijable Z = X + Y teizracunaj njeno ocekivanje i disperziju.

20. Bacamo dvije kocke. Slucajna varijabla Xk po-prima vrijednost 1 ako se u k–tom bacanju poja-ve razliciti brojevi, a vrijednost 0 ako su oba bro-ja u k–tom bacanju jednaka. Definirajmo Y =X1 + . . . + Xn . Odredi ocekivanje, disperziju vari-jable Y te vjerojatnost doga -daja (0 � Y � 2) .

21. Slucajne varijable X1, X2, . . . su nezavisne ijednako distribuirane,

Xk ∼“ −1 0 1

1/4 1/2 1/4

.

Neka je X = X1 + . . . + Xn . Odredi prva tri mo-menta E(Xm) , m = 1, 2, 3 .

22. Baca se kocka. Slucajna varijabla X poprimavrijednost koja je tri puta veca od broja okrenutog nakocki, dok slucajna varijabla Y poprima vrijednost3 kad je broj okrenut na kocki veci od 2 , a vrijed-nost 0 kad okrenuti broj nije veci od 2 . Izracunajdisperziju slucajne varijable Z = X + Y .

23. Baca se kocka. Slucajna varijabla X poprimavrijednost koja je jednaka kvadratu broja okrenutogna kocki, dok slucajna varijabla Y poprima vri-jednost −1 kad je broj okrenut na kocki � 2 , avrijednost +1 kad je on > 2 . Izracunaj disperzijuslucajne varijable Z = X + Y .

24. Razdioba vjerojatnosti dvodimenzionalnog slu-cajnog vektora (X, Y) zadana je tablicom

XY 0 1 2

0 1/8 0 01 1/8 1/8 02 0 1/8 03 0 1/4 1/4

Na -di koeficijent korelacije r .

25. Baca se kocka. Slucajna varijabla X poprimavrijednost koja je dva puta veca od broja okrenutogna kocki, dok slucajna varijabla Y poprima vri-jednost 1 kad je broj okrenut na kocki neparan, avrijednost 3 kad je okrenuti broj paran. Odredidisperziju slucajne varijable Z = X + Y .

26. Iz skupa od tri broja S = (1, 2, 3) na srecu bi-ramo 2 broja. Ako su izvuceni brojevi i, j ∈ S ,slucajnu varijablu X definiramo sa X = max(i, j) ,a slucajnu varijable Y sa Y = min(i, j) . Jesu livarijable X i Y korelirane, i ako jesu, izracunajpripadni koeficijent korelacije r(X, Y) .

Page 121: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

3. ZADATCI ZA VJEZBU 115

27. Baca se kocka. Slucajna varijabla X poprimivrijednost +1 ako je okrenuti broj paran, a vrijed-nost −1 ako je okrenuti broj neparan, dok slucajnavarijabla Y poprimi vrijednost +1 kad je broj okre-nut na kocki � 3 , a vrijednost −1 kad je okrenutibroj > 3 . Izracunaj disperziju D(Z) slucajne va-rijable Z = X − Y .

28. Kod bacanja dviju kocaka slucajna varijabla Xpoprima vrijednost maksimuma, a slucajna varijab-la Y vrijednost minimuma okrenutih brojeva. Jesuli varijable X i Y korelirane; ako jesu odredi koefi-cijent korelacije r(X, Y) .

29. Zadana je razdioba diskretnog slucajnog vekto-ra (X, Y) :

XY 0 1

−1 1/4 1/60 1/6 1/81 1/8 1/6

Odredi razdiobu slucajnog vektora (Z, T) , ako jeZ = 2X + Y , T = 2X − Y .

30. Baca se kocka. Slucajna varijabla X popri-ma vrijednost koja je jednaka dvostrukom broju odbroja okrenutog na kocki, dok slucajna varijabla Ypoprima vrijednost 0 kad je broj okrenut na kockiparan, a vrijednost 1 kad je okrenuti broj neparan.Izracunaj koeficijent korelacije r(X, Y) .

∗ ∗ ∗

31. Slucajna varijabla X poprima vrijednosti u sku-pu (−2,−1, 0, 1, 2) s jednakim vjerojatnostima.Odredi njenu karakteristicnu funkciju.

32. Diskretna slucajna varijabla X ima jednolikurazdiobu na skupu S = (1, 3, 5, . . . , 2n+1) . Odre-di njenu karakteristicnu funkciju.

33. Diskretna slucajna varijabla X definirana jesljedecom razdiobom vjerojatnosti

P (X = x) = 0.5|x|, x = . . . ,−4,−2, 1, 3, 5 . . .

Koristeci karakteristicnu funkciju na -di ocekivanjeod X .

34. Odredi karakteristicnu funkciju geometrijskerazdiobe, dane sa

P(X = k) = p(1−p)k , k = 0, 1, 2, . . .

i na temelju toga izracunaj njeno ocekivanje.

∗ ∗ ∗

35. Pokazi da je

ϑ(t) =1 + cos3 t

2karakteristicna funkcija i odredi pripadnu razdiobu.

36. Provjeri da je

ϑ(t) = 12 cos t + 1

6 cos 2t + 12 cos 3t

karakteristicna funkcija i odredi pripadnu razdiobu.

∗ ∗ ∗

37. Neka je ψ(z) = E(zX) funkcija izvodnica va-rijable X . Dokazi da za svaki α > 0 vrijedi

E

1X + α

«

=Z 1

0zα−1ψ(z)dz.

Page 122: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

4.Primjeri diskretnih razdioba

1. Geometrijska razdioba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1162. Binomna razdioba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1193. Poissonova razdioba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

Zadatci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

U ovom cemo se poglavlju upoznati s najvaznijim diskretnim slucajnim varijablama: geomet-rijskom, binomnom i Poissonovom. Opisat cemo pripadne razdiobe, objasniti u kojim se modelimaone pojavljuju, izracunati njihove karakteristicne funkcije i pripadne numericke karakteristike.

4.1. Geometrijska razdioba

Neka je pri izvo -denju nekog pokusa p vjerojatnost realizacije doga -daja A . Po-navljamo taj pokus u nepromijenjenim uvjetima do prve realizacije tog doga -daja. Nekaslucajna varijabla X mjeri broj pokusa u kojem se realizirao doga -daj A . Onda kazemoda X ima geometrijsku razdiobu s parametrom p i pisemo X ∼ G(p) .

Odredimo zakon razdiobe ove slucajne varijable. Najprije, X poprima vrijednostiu skupu {1, 2, 3, . . .} . Odredimo vjerojatnost

pk = P (X = k).Ako se realizirao doga -daj {X = k} , to znaci da se u prvih k−1 pokusa A nije pojavio,a pojavio se u k -tom pokusu, pa je

pk = P (X = k) = p(1 − p)k−1.

Stavimo q := 1 − p . Primjetimo da vrijedi

P (X > k) = (1 − p)k = qk

h jer se tada doga -daj A nije ostvario u prvih k pokusa.

116

Page 123: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

4.1. GEOMETRIJSKA RAZDIOBA 117

Karakteristicna funkcija, ocekivanje i disperzija

Odredimo najprije karakteristicnu funkciju geometrijske razdiobe:

ϑ(t) =∞∑

k=1

eitk · pqk = peit∞∑

k=0

(qeit)k =peit

1 − qeit.

Iskoristimo tu funkciju da izracunamo ocekivanje ove razdiobe. Vrijedi

ϑ ′(t) =ipeit

(1 − qeit)2

pa je

E(X) = −iϑ ′(0) =p

(1 − q)2 =1p.

Dakle, ocekivanje je jednako reciprocnoj vrijednosti parametra — vjerojatnostip . Taj je rezultat u skladu s iskustvom. Pri bacanju jedne kocke, vjerojatnost po-javljivanja sestice jednaka je p = 1

6 . Broj bacanja kocke do pojave sestice mjerislucajna varijabla koja ima geometrijsku razdiobu. Ocekivani broj ponavljanja jednakje E(X) = 1/p = 6 .

Kolika je vjerojatnost da ce se sestica zaista pojaviti u tih prvih sest bacanja?Odgovor na to pitanje daje zakon razdiobe slucajne varijable:

P (X � 6) = 1 − P (X > 6) = 1 −(

56

)6

= 0.665 .

∗ ∗ ∗

Odsustvo pamcenja — temeljno svojstvo geometrijske razdiobe

Teorem 4.1. Slucajna varijabla X koja poprima vrijednosti u skupu {1, 2, 3, . . .}ima geometrijsku razdiobu onda i samo onda ako vrijedi za sve k, m � 1

P (X = k + m | X > k) = P (X = m). (1)

Dokaz. Jedan je smjer jednostavan: ako X ima geometrijsku razdiobu, onda je

P (X = k + m | X > k) =P (X = k + m, X > k)

P (X > k)=

P (X = k + m)P (X > k)

=p(1 − p)k+m−1

(1 − p)k= p(1 − p)m−1 = P (X = m).

Pokazimo obrat. Iz (1) slijedi, zbrajanjem svih nejednakosti po prirodnim broje-vima vecim od m :

P (X > k + m | X > k) = P (X > m).

Uvjetna vjerojatnost na lijevoj strani moze se napisati u obliku:

P (X > k + m | X > k) =P (X > k + m, X > k

P (X > k)=

P (X > k + m)P (X > k)

.

Page 124: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

118 4. PRIMJERI DISKRETNIH RAZDIOBA

Tako smo dobili identitet

P (X > k + m) = P (X > k)P (X > m).To znaci da funkcija Q(k) := P (X > k) zadovoljava funkcionalnu jednadzbu

Q(k + m) = Q(k)Q(m), ∀k, m � 0. (2)

Nadalje, vrijedi Q(0) = P (X > 0) = 1 , Q(1) = P (X > 1) = 1− p =: q . Stavimo u(2) k = 1 :

Q(m + 1) = Q(1)Q(m) =⇒ Q(m + 1) = q · Q(m).

Iterirajuci ovu relaciju dobivamo

Q(k) = qkQ(0) = qk.

Dakle, P(X > k) = qk . Zato je

P (X = k) = P (X > k − 1) − P (X > k) = qk−1 − qk = (1 − q)qk−1 = pqk−1.

Time smo dokazali tvrdnju. �

∗ ∗ ∗Na sto ovaj teorem ukazuje? Rekli smo da X mjeri broj realizacija pokusa do

pojavljivanja nekog doga -daja. Ako promatramo bacanje kocke i sestica se nije pojavilau prvih pet bacanja, Kolika je vjerojatnost da ce se ona pojaviti u sljedeca dva bacanja?Koliki je ocekivani broj bacanja do pojave sestice u tom trenutku?

Odgovori na ova pitanja su: ista (isti) kao i na pocetku bacanja. Niti se mijenjajuvjerojatnosti, niti se mijenja ocekivani broj bacanja. Ako se sestica nije pojavila u prvihpet bacanja, ocekivani broj (novih) bacanja do njezine pojave je opet jednak 6. Kazemoda geometrijska razdioba nema pamcenje.

Pokusi sa dva nezavisna obiljezja

Pretpostavimo da pri realizaciji pokusa promatramo dva nezavisna doga -daja A1 iA2 . Pokus ponavljamo do realizacije bilo kojeg od njih.

Opisimo ovaj pokus koristeci aparat slucajnih varijabli.Neka slucajna varijabla X1 prati pojavljivanje doga -daja A1 . Ona ima geometrijsku

razdiobu s parametrom p1 = P (A1) .Na isti nacin, slucajna varoijabla X2 koja biljezi realizaciju doga -daja A2 ima

geometrijsku razdiobu s parametrom p2 = P (A2) .Te dvije slucajne varijable su nezavisne, jer su A1 i A2 nezavisni.Slucajna varijabla X koja registrira prvo pojavljivanje bilo kojeg od ovih doga -daja

moze se zapisati formulom X = min(X1, X2) . Dokazat cemo da ona ima tako -dergeometrijsku razdiobu i odrediti njezin parametar.

Vrijedi, zbog nezavisnosti

P (X > k) = P (X1 > k, X2 > k)

= P (X1 > k)P (X2 > k) = qk1qk

2 =: qk

gdje je q = q1q2 . Zato

P (X = k) = P (X > k − 1) − P (X > k)

= qk−1 − qk = pqk−1

Page 125: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

4.2. BINOMNA RAZDIOBA 119

te X ima geometrijsku razdiobu s parametrom p = 1 − q = 1 − (1 − p1)(1 − p2) .Korisno je izracunati vjerojatnost doga -daja A = A1 ∪ A2 i usporediti s ovim

rezultatom.

Primjer 4.1. Izlazna centrala poduzeca ima N linija. U jednom trenutku, sve sulinije zauzete. Duljina razgovora, mjerena u jedinicama vremena, ima geometrijskurazdiobu s ocekivanjem μ . Izracunaj ocekivano vrijeme do prve slobodne linije.

� Neka su X1, . . . , Xn duljine razgovora preko pojedinih linija. Tad je X =

min{X1, . . . , Xn} . Ako je p parametar geometrijske razdiobe, onda vrijedi μ =1p

te je p =1μ

. Slucajna varijabla X ima i sama geometrijsku razdiobu s parametrom

1 − qN . Njezino je ocekivanje

E(X) =1

1 − qN=

1

1 −(1 − 1

μ

)N .

Za veliki μ , priblizna vrijednost ovog ocekivanja jeμN

.

U interpretaciji ovog rezultata treba biti vrlo oprezan. Nije svejedno u kojim sejedinicama mjeri vrijeme. Uzmemo li da je na primjer μ = 120 sekunda, dobit cemopotpuno razlicite rezultate od pretpostavke μ = 2 minute. Evo tablica vrijednostiocekivanja E(X) za razne vrijednosti broja N :

N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10μ = 120 sec 120 60.3 40.3 30.4 24.4 20.4 17.6 15.4 13.8 12.5μ = 2min 2.00 1.33 1.14 1.07 1.03 1.02 1.01 1.00 1.00 1.00

Zbog cega dolazi do ovako razlicitih rezultata? �

4.2. Binomna razdioba

Vjerojatno najvaznija diskretna razdioba jest binomna.Neka je p vjerojatnost realizacije doga -daja A pri izvo -denju nekog pokusa. Pret-

postavimo da istovjetan pokus ponavljamo n puta. Neka slucajna varijabla X mjeri brojpojavljivanja doga -daja A . Onda kazemo da X ima binomnu razdiobu s parametriman i p i pisemo X ∼ B(n, p) .

X poprima vrijednosti u skupu {0, 1, 2, . . . n} . Odredimo pk = P (X = k) .Ako se realizirao doga -daj {X = k} , to znaci da se u n pokusa A ostvario tocno

k puta, a n − k puta se nije ostvario. Broj razlicitih mogucnosti za odabir pokusa u

kojima se A ostvario je(

nk

). Zato je

pk = P (X = k) =(

nk

)pk(1 − p)n−k.

Uobicajeno je oznaciti q := 1 − p .

Page 126: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

120 4. PRIMJERI DISKRETNIH RAZDIOBA

P

P< 12

n

P=

m

n

21

Sl. 4.1. Razdioba binomne slucajne varijable, za p < 12 (lijevo) i u simetricnom slucaju p = 1

2(desno).

Primjer 4.2. Sto je vjerojatnije u igri s ravnopravnim protivnikom: dobiti 3 partijeod 4 ili 5 partija od 8? (Igra nema nerijesenog ishoda.)

� Broj dobivenih partija ravna se po binomnoj razdiobi. U prvom slucaju to jezakon B(4, 1

2 ) , a u drugom slucaju B(8, 12 ) . Zato imamo

P {3 partije od 4} =(

43

)· 123 · 1

2=

832

,

P {5 partija od 8} =(

85

)· 125 · 1

23 =732

. �

Primjer 4.3. Pokus se sastoji u bacanju triju kocki. Izracunaj vjerojatnost da se u10 nezavisnih pokusa 4 puta pojave tocno 2 jedinice.

� Oznacimo s A doga -daj {pri bacanju triju kocaka pojavile su se tocno 2jedinice} .

Broj pojavljivanja jedinica je binomna slucajna varijabla B(3, 16 ) , posto se bacaju

3 kocke a vjerojatnost pojavljivanja jedinice iznosi 16 . Zato je vjerojatnost doga -daja A

jednaka

p = P (A) =(

32

)(16

)2 56

=572

.

Broj realizacija dogadaja A pri ponavljanju 10 pokusa je binomna slucajna varija-bla B(10, p) . Vjerojatnost da se on pojavi tocno 4 puta iznosi(

104

)p4q6 =

(104

)(572

)4(6772

)6

= 3.17 · 10−3. �

Karakteristicna funkcija, ocekivanje i disperzija

Odredimo najprije karakteristicnu funkciju binomne razdiobe. Neka je X ∼B(n, p) . Tada imamo

ϑ(t) =n∑

k=0

eitkpk =n∑

k=0

eitk(

nk

)pkqn−k

=n∑

k=0

(nk

)(peit)kqn−k = (peit + q)n.

Page 127: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

4.2. BINOMNA RAZDIOBA 121

Po formuli (7) vrijedi

ϑ ′(t) = n(peit + q)n−1peiti,

ϑ ′(0) = n(p + q)n−1pi = npi =⇒ E(X) = np.

Na isti nacin dobivamo

ϑ ′′(0) = n(n − 1)p2i2 + npi2 = −n(n − 1)p2 − np

te je

D(X) = −ϑ ′′(0) + ϑ ′(0)2 = n(n − 1)p2 + np − n2p2 = np − np2 = npq.

Binomna razdioba, definicija i numericke karakterisike

Kazemo da slucajna varijabla X ima binomnu razdiobu s parametriman i p i pisemo X ∼ B(n, p) , ako X poprima vrijedosti unutar skupa{0, 1, 2, . . . , n} s vjerojatnostima

pk = P (X = k) =(

nk

)pk(1 − p)n−k.

Ocekivanje i disperzija binomne razdiobe su

mX = np, σ2X = npq.

Stabilnost binomne razdiobe

Ako su X1 ∼ B(n1, p) i X2 ∼ B(n2, p) nezavisne binomne slucajne varijable,onda je X1 + X2 binomna slucajna varijabla. Odredimo njezine parametre.

Vrijedi ϑX1(t) = (q + peit)n1 , ϑX2(t) = (q + peit)n2 te je zbog nezavisnosti od X1i X2

ϑX1+X2(t) = ϑX1(t)ϑX2(t) = (q + peit)n1+n2

a to je karakteristicna funkcija binomne razdiobe B(n1 + n2, p) .Ovaj je rezultat prirodan. Rijec je o tome da smo promatrali isti pokus, s time da

smo ga podijelili na dvije cjeline: u prvoj smo pokus ponovili n1 puta, a u drugoj n2puta. Broj realizacija doga -daja A u cijelom pokusu jednak je zbroju tih realizacija upojedinim cjelinama.

Bernoullijeve slucajne varijable

Poseban, najjednostavniji primjer binomne slucajne varijable je Bernoullijeva iliindikatorska slucajna varijabla: ona poprima samo dvije vrijednosti: 1 s vjerojatnoscup i 0 s vjerojatnoscu q = 1− p . Ona biljezi realizaciju doga -daja A u jednom pokusu.

Ako su Xi Bernoullijeve nezavisne varijable s istim parametrom p , tada je njihovzbroj X1 +X2 + . . .+Xn binomna slucajna varijabla B(n, p) . Ova tvrdnja slijedi zbogsvojstva stabilnosti binomnih slucajnih varijabli.

Page 128: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

122 4. PRIMJERI DISKRETNIH RAZDIOBA

Na temelju toga mozemo lakse izracunati ocekivanje i disperziju binomne slucajnevarijable. naime, za indikatorsku slucajnu varijablu vrijedi

E(Xi) = 0 · q + 1 · p = p, D(Xi) = 02 · q + 12 · p − p2 = pq, ∀i,

pa je, zbog nezavisnosti

E(X) = E(X1) + . . . + E(Xn) = np,

D(X) = D(X1) + . . . + D(Xn) = npq.

∗ ∗ ∗

Primjer 4.4. (Najvjerojatnija realizacija) Slucajna varijabla X ima binomnu raz-diobu B(n, p) . Koja je najvjerojatnija realizacija slucajne varijable X ?

� Trazimo takav k za koji je

pk = P (X = k) =(

nk

)pkqn−k

najvece. Tada ce biti p0 � p1 � . . . � pk i pk � pk+1 � . . . � pn . Dovoljno jestoga promatrati dvije nejednakosti pk−1 � pk i pk � pk+1 i pronaci k za koji su oneispunjene. Vrijedi

pk

pk+1=

(nk

)pkqn−k(

nk + 1

)pk+1qn−k−1

=qp· k + 1

n − k

i ovaj kvocijent je veci od 1 ako je q(n − k) � p(k + 1) . Odavde dobivamok � (n + 1)p − 1 . Slicno

pk

pk−1=

(nk

)pkqn−k(

nk − 1

)pk−1qn−k+1

=qp· n − k + 1

k� 1

daje k � (n + 1)p .Prema tome, najvjerojatnija realizacija slucajne varijable B(n, p) je onaj cijeli

broj ukljesten izme -du (n + 1)p − 1 i (n + 1)p . Ako je (n + 1)p cijeli broj, postojetada dvije takve vrijednosti.

Primjer 4.5. Koliko puta moramo baciti kocku da bi najvjerojatniji broj pojavlji-vanja sestice bio 10?

� Neka je n broj bacanja kocke. Broj pojavljivanja sestice u n bacanja je binomnavarijabla B(n, 1

6) . Po proslom zadatku mora biti

(n + 1)16− 1 � 10 � (n + 1)

16.

Dakle, n + 1 � 66 i n + 1 � 60 , odnosno, 59 � n � 65 .

Page 129: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

4.3. POISSONOVA RAZDIOBA 123

Zadatak 4.1. Vjerojatnost kvara brodskog motora u toku jednog dana iznosi p .Ukoliko je motor bio u kvaru m puta, vjerojatnost da mora otici u remont jednaka je

P(m) = 1 −(1 − 1

ω

)m, gdje je ω neki parametar (srednji broj kvarova do odlaska

broda u remont). Dokazi da je vjerojatnost da ce brod morati otici na remont nakon n

dana plovidbe jednaka Pn = 1 −(1 − p

ω

)n.

� Neka je Pn,m vjerojatnost da ce u toku n dana motor biti u kvaru m puta. Poformuli potpune vjerojatnosti, dobivamo

Pn =n∑

m=0

Pn,mP(m).

Vjerojatnost kvara u toku svakog dana jednaka p . Broj kvarova unutar n dana ravnase po binomnoj razdiobi. Zato je vjerojatnost Pn,m dana sa

Pn,m =(

nm

)pm(1 − p)n−m.

Uvrstavanjem u gornju formulu dobivamo

Pn =n∑

m=0

(nm

)pm(1 − p)n−m

[1 −

(1 − 1

ω

)m]

=n∑

m=0

(nm

)pm(1 − p)n−m −

n∑m=0

(nm

)(p − p

ω

)m(1 − p)n−m

= 1 −(

p − pω

+ 1 − p)n

= 1 −(1 − p

ω

)n.

4.3. Poissonova razdioba

Poissonovu razdiobu mozemo dobiti kao granicni slucaj binomne, kad broj pokusaneograniceno raste. Ulogu vjerojatnosti p pojavljivanja doga -daja zamjenjuje intenzitetλ pojavljivanja doga -daja.

Promotrimo sljedeci primjer.Unutar smjese od koje ce se ispeci m = 25 kolacica stavljeno je n = 100 zrna

groz -dica. Neka je X slucajna varijabla: broj zrna unutar jednog kolacica. Kakva jerazdioba slucajne varijable X ?

Pretpostavljamo da se svako zrno moze neovisno jedno o drugom naci s jednakomvjerojatnoscu unutar bilo kojeg kolacica. Vjerojatnost da se zrno na -de unutar jednog

odabranog kolacica je p =1m

. Broj zrna unutar tog kolacica je binomna slucajna

varijabla s parametrima n i p =1m

.

Primjetimo da je ocekivani broj zrna unutar jednog kolacica jednak E(X) = np =nm

. Oznacimo tu velicinu s λ . Ona oznacava intenzitet pojavljivanja zrna unutar nekog

kolacica.

Page 130: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

124 4. PRIMJERI DISKRETNIH RAZDIOBA

Model slican ovom pojavljuje se pri promatranju broja poziva koji ce stici na nekutelefonsku centralu u nekoj jedinici vremena. Ako za m = 25 minuta na centralustigne u prosjeku n = 100 poziva, tada je broj poziva unutar jedne minute — bas kaou prijasnjem primjeru s groz -dicama — binomna razdioba s parametrima n = 100 ,

p =125

. Primjetimo da je ocekivani broj poziva λ = 4 .

Razlika izme -du ova dva primjera jest u tome sto je broj groz -dica bio unaprijedpoznat, i ogranicen odozgo. Ukupan broj poziva u drugom primjeru nije poznat, vecje dan kao statisticka velicina. Sasvim je razumno pretpostaviti, barem u teoriji, da tajbroj nije ogranicen odozgo.

Od binomne razdiobe prema Poissonovoj

Aproksimacija binomne razdiobe

Teorem 4.2. Neka je n velik a p malen. Oznacimo λ = np . tad vrijediaproksimacija (

nk

)pkqn−k ≈ λ k

k!e−λ . (1)

Dokaz. Oznacimo m =1p

i transformirajmo izraz slijeva:

(nk

)pk(1 − p)n−k =

(nk

)( 1m

)k(1 − 1

m

)n−k

Sada je λ = np =nm

. Pustimo da broj n neograniceno raste:

(nk

)(λn

)k(1 − λ

n

)n−k=

1k!

n(n − 1) · · · (n − k + 1)nk

λ k(1 − λ

n

)n−k

=1k!

· 1 ·(1 − 1

n

)· · ·

(1 − k − 1

n

)λ k

(1 − λ

n

)n−k

→ λ k

k!e−λ . �

Greska koja se cini ovakvom aproksimacijom priblizno je jednaka izrazu

rn(k) =k − (k − np)2

2n+

kp2

2,

sto necemo ovdje dokazivati.

Page 131: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

4.3. POISSONOVA RAZDIOBA 125

Poissonova razdioba, definicija i numericke karakteristike

Kazemo da slucajna varijabla X ima Poissonovu razdiobu s parametromλ > 0 i pisemo X ∼ P(λ ) ako ona poprima vrijednosti unutar skupa{0, 1, 2, . . .} s vjerojatnostima

pk = P (X = k) =λ k

k!e−λ .

Za ocekivanje i disperziju ove razdiobe vrijedi

mX = λ , σ2X = λ .

P

n

n

Sl. 4.2. Razdioba Poissonove slucajne varijable

Karakteristicna funkcija, ocekivanje i disperzija

Odredimo najprije karakteristicnu funkciju Poissonove razdiobe P(λ ) .

ϑ(t) =∞∑

k=0

eitk λ k

k!e−λ = e−λ

∞∑k=0

(λeit)k

k!= e−λ eλeit

= eλ (eit−1).

Odavde, na temelju veze karakteristicne funkcije i momenata slucajne varijable,dobivamo E(X) = λ , D(X) = λ .

Primjer 4.6. U telefonskoj centrali tijekom jednog sata bilo je 240 poziva. Odredivjerojatnost da tijekom jedne minute a) nije bilo nijednog poziva, b) bilo je barem dvapoziva.

� Neka je X slucajna varijabla: broj poziva u jednoj (bilo kojoj) minuti. To je Po-issonova varijabla s intenzitetom λ koji je jednak ocekivanoj vrijednosti, λ = 240

60 = 4 .

P (X = 0) =λ 0

0!e−λ = e−4 = 0.018,

P (X > 2) = 1 − P (X = 0) − P (X = 1) = 1 − e−4 − 4e−4 = 0.908.

Stabilnost Poissonove razdiobe

Ako su X1 ∼ P(λ1) i X2 ∼ P(λ2) nezavisne slucajne varijable, onda je X1 + X2tako -der Poissonova slucajna varijabla. Dokazimo tu tvrdnju i odredimo parametar overazdiobe.

Page 132: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

126 4. PRIMJERI DISKRETNIH RAZDIOBA

Karakteristicna funkcija Poissonove razdiobe je

ϑXk(t) = eλk(eit−1), k = 1, 2

te slijediϑX1+X2 = e(λ1+λ2)(eit−1)

sto je karakteristicna funkcija Poissonove razdiobe P(λ1 + λ2) .

∗ ∗ ∗Zamislimo li varijablu X1 kao broj poziva na prvi telefon centrale nekog poduzeca,

a X2 kao broj poziva na drugi telefon, tada, po gornjem, ukupan broj poziva ima tako -derPoissonovu razdiobu.

Ako je poznata vrijednost tog zbroja, pogledajmo sto se moze reci o vrijednostimapojedinih varijabli.

Primjer 4.7. Neka su X1 i X2 nezavisne slucajne varijable, s Poissonovim zako-nom P(λ1) , odnosno P(λ2) . Poznato je da je njihov zbroj X1 +X2 poprimio vrijednostn . Dokazi da je tada vrijednost od X1 raspore -dena po binomnom zakonu s parametrima

n i p =λ1

λ1 + λ2, tj.

P (X1 = k | X1 + X2 = n) =(

nk

)pkqn−k.

� Jednostavni racun daje

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

P (X1 + X2 = n)

=

λ k1

k!e−λ1 · λ n−k

2

(n − k)!e−λ2

(λ1 + λ2)n

n!e−λ1−λ2

=(

nk

)(λ1

λ1 + λ2

)k( λ2

λ1 + λ2

)n−k

.

Primjer 4.8. Centrala poduzeca ima dva pozivna broja. Na prvi stize oko 20%poziva vise nego na drugi broj. Ako je u protekloj minuti stiglo 5 poziva, kolika jevjerojatnost da je cesce pozivan prvi broj?

� Pozivi na pojedine brojeve su nezavisne Poissonove varijable s parametrima λ1 i λ2pri cemu je λ1 = 1.2λ2 . Iskoristit cemo rezultat proslog zadatka: razdioba varijableX1 uz uvjet X1 + X2 = 5 je binomna, s parametrima n = p i

p =λ1

λ1 + λ2=

611

.

Zato je

P (X1 � 3 | X1 +X2 = 5) =(

53

)( 611

)3( 511

)2+

(54

)( 611

)4· 511

+( 6

11

)5= 0.585.

Page 133: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

4.3. POISSONOVA RAZDIOBA 127

Aproksimacija binomne razdiobe Poissonovom

Za veliko n i maleno p , binomna razdioba B(n, p) moze se aproksimirati Po-issonovom razdiobom P(np) .

Primjer 4.9. Proizvodi neke velike serije, koja sadrzi 0.7% skarta, pakiraju se ukutije po 100 komada. Koliki ce postotak kutija biti bez ijednog skarta, a koliki sa dvaili vise skartova?

� Broj skartnih proizvoda u jednoj kutiji je slucajna varijabla X distribuirana pobinomnom zakonu B(100, 0.007) . Zato

P (X = 0) =(

1000

)0.00700.993100 = 0.4954,

P (X � 2) = 1 − P (X = 0) − P (X = 1)

= 1 − 0.993100 −(

1001

)0.007 · 0.99399 = 0.1554.

Mozemo aproksimirati X ≈ P (0.7) . Jednostavniji racun daje

P (X = 0) = e−0.7 = 0.4966,

P (X � 2) = 1 − e−0.7 − 0.7e−0.7 = 0.1558.

Primjer 4.10. Na lovacki zrakoplov ispaljeno je 5000 metaka. Vjerojatnost po-gotka za svaki metak je 0.001 . Ako je zrakoplov pogo -den, vjerojatnost da ce metakprouzrociti pad zrakoplova je 0.05 . Izracunaj vjerojatnost da ce zrakoplov biti srusen.

� Neka je X slucajna varijabla: broj pogodaka u zrakoplov. Tada je X ∼B(5000, 0.001) . Oznacimo

Hk = {zrakoplov je pogo -den sa k metaka},A = {zrakoplov je srusen}.

Vrijedi

P (A) =5000∑k=1

P (A|Hk)P (Hk).

Pri tom jeP (A|Hk) = 1 − P (A|Hk) = 1 − 0.95k

(vjerojatnost da zrakoplov nece biti srusen ukoliko je pogo -den s k metaka jednaka je0.95k ).

P (Hk) = P (X = k) =(

5000k

)0.001k0.9995000−k

sto je neprakticno za daljnji racun. Zato aproksimiramo B(5000, 0.001) ≈ P(5) idobivamo

P (Hk) =5k

k!e−5.

Page 134: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

128 4. PRIMJERI DISKRETNIH RAZDIOBA

Sada je

P (A) =5000∑k=1

(1− 0.95k)5k

k!e−5

= e−5

(5000∑k=1

5k

k!−

5000∑k=1

4.75k

k!

)= e−5(e5 − e4.75) = 0.22.

§4. Zadatci za vjezbu

1. Slucajne varijable X1 i X2 su nezavisne, distri-buirane po geometrijskom zakonu s parametrom q .Dokazi da vrijedi

P (X1 = k | X1 + X2 = n) =1

n + 1,

( k = 0, 1, . . . , n ).

2. Neka je X broj pokusa u Bernoullijevoj shemikoje je potrebno izvesti do r -tog pojavljivanja do-ga -daja A ( r fiksan broj). Dokazi da je

P (X = n) =„

nr − 1

«

prqn−r+1

(n � r) . Kazemo da X ima negativnu binomnurazdiobu. Provjeri da se za r = 1 dobiva geomet-rijska razdioba. Izracunaj E(X) i D(X) .

3. U urni se nalazi n kuglica od kojih je samo jednabijela. Izvlacimo na srecu jednu po jednu kuglicu izurne (bez vracanja). Neka X oznacava pokusaj ukojem je izvucena bijela kuglica. Odredi razdiobu iocekivanje varijable X .

4. Dokazi: ako je prolaznost studenta na nekom is-pitu 40 %, onda je matematicko ocekivanje brojaizlazaka na doticni ispit jednako 2.5 .

5. Slucajna varijabla X poprima nenegativne cjelo-brojne vrijednosti s vjerojatnostima

P (X = n) =an

(1 + a)n+1 , (a > 0)

(Pascalova razdioba). Izracunaj ocekivanje i dis-perziju varijable X .

6. Hipergeometrijska razdioba. U urni se nalaziN kuglica, me -du kojima je M bijelih. Iz urne uzi-mamo na srecu n kuglica. Neka je X broj bijelihme -du njima. Odredi razdiobu varijable X .

7. U urni se nalazi N kuglica, me -du kojima je Mbijelih. Izvlacimo na srecu n kuglica u modelu

a) s vracanjemb) bez vracanja

Izracunaj ocekivanje i disperziju broja bijelih kugli-ca u oba slucaja. Koja je disperzija manja?

∗ ∗ ∗

8. Pokus se sastoji u bacanju triju kocki. Izracu-naj vjerojatnost da se u 5 nezavisnih pokusa 2 putapojave tocno 3 jedinice.

9. Neka je X slucajna varijabla distribuirana po bi-nomnom zakonu B(n, p) . Odredi parametre n i pako je poznato E(X) = 12 i D(X) = 4 .

10. U krug je upisan jednakostranicni trokut. Izra-cunaj vjerojatnost da ce se od 10 na srecu odabranihtocaka unutar kruga barem dvije naci unutar trokuta.

11. Slucajna varijabla X ima binomnu razdiobuB(n, p) . Odredi ocekivanje i disperziju slucajnevarijable Y = e2X+1 .

∗ ∗ ∗

12. Slucajna varijabla X ima Poissonovu razdiobu.Ako vrijedi P (X = 1) = P (X = 2) , izracunajocekivanje E(X) i vjerojatnost doga -daja {X � 4} .

13. Pretpostavimo da je 220 gresaka raspore -denoslucajno unutar knjige od 200 stranica. Odredi vje-rojatnost da dana stranica sadrzi

Page 135: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

4. ZADATCI ZA VJEZBU 129

a) niti jednu gresku,b) jednu gresku,c) barem dvije greske.

14. Kolika je vjerojatnost da me -du 200 ljudi budubarem 4 ljevaka, ako ljevaka ima prosjecno 1% ?

15. Vjerojatnost pogotka u cilj pri jednom hicu iz-nosi 0.001 . Na -di vjerojatnost da od 5000 metakabarem dva pogode cilj.

16. Stroj proizvodi 99.8% ispravnih i 0.2% neisp-ravnih proizvoda. Kolika je vjerojatnost da u uzorkuod 500 proizvoda budu vise od tri neispravna?

17. Pri prijemu neke poruke vjerojatnost pogres-nog prijema svakog pojedinog znaka iznosi 0.01 .Kolika je vjerojatnost da u primljenoj poruci od 10znakova

a) ne bude nijednog pogresnog znaka,b) budu barem dva pogresna znaka?

18. Slucajna varijabla ima Poissonov zakon s para-

metrom λ . Izracunaj E

11 + X

«

.

19. Neki ure -daj ima 2000 jednakih dijelova. Vje-rojatnost kvara pojedinog dijela je 0.0005 . Kolikaje vjerojatnost da ce se pokvariti vise od tri dijela?

20. Ako je vjerojatnost da ce pacijent pokazati losureakciju na lijek 0.001 , odredi vjerojatnost da me -du3000 ljudi 5 ili vise pokazuje losu reakciju na lijek.

21. Kamion prevozi na gradiliste 4000 komada ci-gala. Vjerojatnost da se cigla pri prijevozu razbijeje 0.005 . Odredi vjerojatnost da kamion stigne nagradiliste sa najmanje 10 i najvise 40 razbijenihcigala.

22. Na automatsku telefonsku centralu dolazi pros-jecno 90 poziva na sat. Uz pretpostavku da je brojpoziva u bilo kojem vremenskom intervalu slucajnavarijabla koja ima Poissonovu razdiobu, naci vjero-jatnost da za 2 minute na centralu prispiju najmanje5 poziva.

23. Pri korekturi knjige od 300 stranica primijece-no je 1100 gresaka. Koristeci Poissonovu razdiobuizracunaj vjerojatnost da se na pojedinoj stranici na-lazi vise od 3 greske. Koliki je najvjerojatniji brojgresaka na pojedinoj stranici?

24. Mjerenja su pokazala da radioaktivna tvar is-pusta za 7.5 sekundi u prosjeku 3.87 α–cestica.Kolika je vjerojatnost da u toku 1 sekunde ta tvarispusti barem jednu α–cesticu, a kolika da u toku 1sekunde ispusti najvise dvije α–cestice?

25. Broj ro -denja djecaka odnosno djevojcica u to-ku jednog dana su nezavisne slucajne varijable sPoissonovom razdiobom, s parametrima λ1 i λ2 .Ako je poznato da je u toku tog dana bilo ukupnon ro -denja, kolika je vjerojatnost da je me -du njimabilo k djecaka?

Page 136: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

130 ODGOVORI I RJESENJA

Odgovori i rjesenja

§ 1. Vjerojatnost

6. A. A B C , B. ABC , C. ABC , D. A+B+C ,E. A B C+ABC+A B C , F. A B C , G. (A+B+C) − ABC .

7.

A = A1A2 · · ·An,

B = A1 + A2 + . . . + An = A,

C = A1A2 · · ·An + A1A2A3 · · ·An

+ . . . + A1 · · ·An−1An + A1A2 · · · An.

8. A , B , AC , B + C .

9. da, ne, ne.

10. AB + BC + CA , A .

10. da, ne, ne.

12. ne, ne, da, ne.

13. B , B .

15. 0.4 , 0.6 , 0.2 .

17. Po uvjetima zadatka je A1A2 ⊆ A , zato

P (A) � P (A1A2) = P (A1) + P (A2) − P (A1 + A2)

� P (A1) + P (A2) − 1.

20. Oznaci x = P (AB) , y = P (AB) , z = P (AB)i izrazi trazene vjerojatnosti preko x, y, z .

28. AB = {12, 14, 16, 21, 41, 61} , AC = ∅ , BC ={11} , AB = {11, 13, 15, 31, 51} .

29. 18 , 2

3 , 0 .

30. 2436 , 5

36 , 1836 , 25

36 .

35.π16

.

37. 0.25 .

38. 0.5915 .

39. 0.399 .

40. p = 1 −„

1 − r2

R2

«n

; 1 − e−r2π .

41. tgπ2n

tgπn

,π2

2.

43. 0 .44. 0.011

45.2π

arc sinr

2R.

46.116

.

47. 34 .

48. 1391152

49. 0.16 .50. 1

2 (1 + ln 2) .

51. 0.5 .58. Smatramo (pri konstrukciji vjerojatnosnogpros-tora) da su sva slova razlicita! Cetiri slova mozemoodabrati na N = V4

10 = 10 ·9 ·8 ·7 nacina. Povoljninacini su 2 ·3 ·2 ·1 posto na prvo mjesto moze docibilo koje od dva slova M, na drugo neko od tri slovaA itd.

59.163 .

60. 49 .

61. 512 .

62. U svim slucajevima je N = V66 = 66 . Po-

voljni su a) M = 6! . b) Racunamo vjerojatnostsuprotnog doga -daja: najvise jedna sestica. Povoljnisu M = 56 + 6 · 55 . c) M =

`63

´

· 3!`62

´`42

´`22

´

.

d) M = 46 .63. 0.5177 , 0.491464. 0.665 , 0.619 , 0.597

65. N = C645 , M6 = 1 , M5 = C5

6C139 , M4 =

C46C2

39 , M3 = C36C3

39 , p6 = 1.228 · 10−7 , p5 =2.973 · 10−5 , p4 = 1.364 · 10−3 , p3 = 0.022 .

66. 56 .

Page 137: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

ODGOVORI I RJESENJA 131

67. 3368 .

68. 0.0000342 .

69. 4 · C224/C10

32 = 158435 .

70. 1966

71. 1633 .

72. p1 = C12C9

18/C1020 = 0.526 ,

p2 = C24C8

16/C1020 = 0.428 .

73.C1

5C210

C315

· C14C2

8

C312

· C13C2

6

C39

· C12C2

4

C36

=355!10!

15!= 0.081 .

74.2n(n!)2

(2n)!.

75. 0.101 .76. m = 6 .

77. a)4C2

48

C352

; b) 1 − C348

C352

; c)64

C352

; d)4C3

13

C352

;

e)4 · 133

C352

;

78. a)C3

926

39 ; b)C3

9C36C3

3

39

79. 1431 .

80. P (A) = 554 , P (B) = 5

18 .

81. 84p7q3 .

82. 710 .

83. 0.7063 ; 0.1130 .

84. a)12!1212 , b)

12!(2!)6

· C612 ·

11212 ,

c)30!

26 · 66 · C612 ·

11230 ≈ 0.00035 .

85. (1 − p2)n .

86. Cm1m Cn1

n /Cm1+n1m+n .

87.2nm!n!

(m + n)!

88. 13 , 1

3 .

89. Cm−1M−1Cn−m

N−M/CnN .

90.2(n!)2

(2n)!

91.1

Nn (Nn −`N

1

´

(N − 1)n +`N

2

´

(N − 2)n − . . .+

(−1)N−1` NN−1

´

1n) .

92.6(n!)3

(3n)!.

93.2(n!)2

(2n)!.

94.

2mm

«„

2nn

«

2m + 2nm + n

« .

95.(k−1)(k−2)

n(n−1),

2(k−1)(n−k)n(n−1)

.

96. 1 − 21−n

97. 0.2568 .98. 0.0259 .99. 0.6436

§ 2. Uvjetna vjerojatnost

1. Ne.9. r � 0 , r � 2

3 te r = 13 .

19. A i B ; A i D ; A i E ; A i F ; B i C ; B i E ;B i F ; C i D ; C i E ; C i F ; D i E ; D i F ; Ei F .

20.13

, zavisni su.

21. 91216 , 5

9 , 12 , ne.

22. Zavisni su.

23.59

,91216

,6091

,12

.

24. 0.0309 , 0.56 , 711664 , 1

16 .

25. P (A) = 127 , P (B) = 1

16 , P (C) =128164 ,

P (C|B) = 2227 .

26. P (A) = P (A|B) = 2491 , P (A|C) = 1260

3367 .A i B su nezavisni.

27.1n

.

28. 25 .

Page 138: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

132 ODGOVORI I RJESENJA

29. 0.1581 .

30. 38105 .

31. Vjerojatnost je 1/n , za svaku osobu.

32. 244495 .

33. Prvi! Vjerojatnost za njega je 4790 , za drugog

1690 , a za treceg 27

90 . Optimalna strategija za prvogstrijelca jest (ukoliko su preostala dva jos uvijeknazocna) da ga -da u zrak.34. 0.3302 .35. 0.896 .36. 0.00236

37. 432976 .

38. 0.00416 .

39. 1213 .

40. 0.0769 .

41.2m1m2 + m1n2 + m2n1

2(m1 + n1)(m2 + n2).

42. 935 .

43. 0.607 .44. 1

3 p(6 − 5p) .

45. 12 − p1q1q2

2 − q21p2q2 − 1

2 q21q2

2 + 12 p2

1q22 +

12 p2

2q21 + p2

1p2q2 + p1p22q1 .

46. 0.9204 .

47.1n

.

48. 935 .

49.C2

m1 C2m2+2 + C1

m1 C1n1 C1

m2+1C1n2+1 + C2

n1 C2n2+2

C2m1+n1

C2m2+n2+2

.

50.12

+m1m2 + n1n2

2(m1 + n1)(m2 + n2)

51. 1019 .

52. 1217 .

53. m/n u svim slucajevima

54.m

m + k.

55.12

,

1 +n2

«

2n−3

3n−1 .

56. 124243 .

57. 1324

58.2n2 − 3n + 2

n2(n − 1).

59. P{X = 12} =25216

, P{X = 11} =27216

,

P (A | X = 12) = 0.6 .

60. 25 .

61. 13 .

62. 0.615 .

63.n4(n1+n2+n3)

n2n1 + n3(n1+n2) + n4(n1+n2+n3).

64. 4155 .

65. 12

66. 421

67. 13 .

68. 532 .

69. p1 = 0.9856 , p2 = 0.0879 .70. 0.0392 .

71. 1140

72. 1753

73.m − 1

m + n − 1.

74. 0.41 ; 0.24 .

75. 45 .

76. 0.556 .

77. 1/Xn

i=0

ni

«

“ in

”k.

78. 3772 .

79. Dvije plave kuglice.80. 0.25 .

81.n − k

n + m − k, bas kao da uzorka i nema.

82. 2131 .

83. 0.552 .84. 0.298 .85. 0.251 .

86.(1−t)p1−tp

.

87. 916 .

Page 139: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

ODGOVORI I RJESENJA 133

88.q(1 − α)2

pα2 + (1 − α)2q.

89. 0.756 .

91.P5

k=0

1000k

«

0.005k0.9951000−k .

§ 3. Diskretne slucajne varijable i vektori

1. P (X = k) =1n

, k = 1, . . . , n .

2. P (X = k) =C2

k−1

C3n

, k = 3, . . . , n .

3. P (X = k) =kn − (k−1)n

Nn , k = 1, . . . , N .

4. 0 ; 1.80 .

5.2

ln 2+ 1 .

6. 4.08 ; 2.837 .

7. 1.53

8.(n + 1)(4n − 1)

6n.

9. 65 .

10. 3.

11. 73 .

12. a) D(X) = E(X) + E(X)2 ;

b) P (X = k) =ak

(a + 1)k.

13. 47 , 10

7 .

14.nX

k=0

nk

«2 122n =

122n

2nn

«

≈ 1πn

15. P (Z=k) =

8

>

>

<

>

>

:

k+1(n+1)2

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

2n+1−k(n+1)2

, k = n+1, . . . , 2n

17. Uputa. Dokazi da vrijedi

n[k] = kn−1X

m=1

m[k−1], ∀n

i zatim transformiraj desnu stranu u jednakosti

E(X[k]) =∞X

n=1

n[k]P (X = n).

18.n − 12n

, n + 1 .

19. Poissonova s parametrom λ = 3 ,E(Z) = 3 , D(Z) = 3 .

20. P (Y = k) =„

nk

«„

56

«k„16

«n−k

;

E(Y) =5n6

;

D(Y) =5n36

;1 + 5n + 12.5n(n−1)

6n .

21. E(X) = 0 , E(X2) = n/2 , E(X3) = 0

22. D(Z) = 1614 .

23. 166.92 .

24. r(X, Y) = 14

√10 .

25. D(Z) = 443 .

26. r(X, Y) = 0.5 .

27. D(Z) = 83 .

28. r(X, Y) = 3573 .

29. f (−2,−2) = 14 , f (−1,−3) = 1

6 , f (0, 0) =16 , f (1,−1) = 1

8 , f (2, 2) = 18 , f (3, 1) = 1

6 .

30. −0.293 .

31. 25 (cos 2t + cos t + 1

2 )

32. ϑX(t) =eit

n + 1· e2it(n+1) − 1

e2it − 1.

33. ϑX(t) =1

4e2it − 1+

2eit

4 − e2it; E(X) = 2

9 .

34. ϑX(t) =p

1 − (1 − p)eit ; E(X) =1p− 1 .

35. X ∼„

−3 −1 0 1 3116

316

816

316

116

«

.

36. X ∼„

−3 −2 −1 1 2 314

112

16

16

112

14

«

.

Page 140: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

134 ODGOVORI I RJESENJA

§ 4. Primjeri dskretnih razdioba

2. E(X) = rqp

, D(X) = rqp2 .

3. P (X = k) =1n

, k = 1, . . . , n ;

E(X) =n + 1

2.

4. E(X) =1p

=1

0.4= 2.5

5. E(X) = a ; D(X) = a(a + 1) .

6. pk = P (X = k) =

Mk

«„

N − Mn − k

«

Nn

« .

7. a) E(X) =nMN

, D(X) =nMN

· N − MN

.

b) E(X) =nMN

, D(X) =nMN

· N − MN

· N − MN − 1

.

8. 2.11 · 10−4 .

9. 18 , 23 .

10. 0.961 .11. E(Y) = e(e2p + q)n ,D(Y) = e2(e4p + q)n − e2(e2p + q)2n .12. 2 ; 0.14313. 0.333 ; 0.366 ; 0.30114. 0.14315. 0.96016. 0.01917. 0.9044 ; 0.0043

18.1 − e−λ

λ19. 0.019 .20. 0.185 .21. 0.5522. 0.185 .23. 0.4989 , 3 greske.24. 0.4031 , 0.9844 .

25.„

nk

«„

λ1

λ1+λ2

«k„ λ2

λ1+λ2

«n−k

Page 141: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)

KAZALO 135

KAZALO

Aaditivnost vjerojatnosti, 9algebra doga -daja, 8aposteriorne vjerojatnosti, 74apriorne vjerojatnosti, 74

BBayesova formula, 74Bernoullijeva slucajna varijabla, 121binomna razdioba, 119Booleova algebra, 8Buffonov problem, 29

Ccentralni moment reda n , 100centrirana slucajna varijabla, 103

Dde Morganovi zakoni, 6disjunktni doga -daji, 3diskretna slucajna varijabla, 89disperzija, 100doga -daj, elementarni, 1doga -daj, 7doga -daji, ekvivalentni, 3doga -daji, nezavisni, 68

Eekvivalentni doga -daji, 3elementarni doga -daj, 1

Ffunkcija izvodnica, 106

Ggeometrijska razdioba, 90, 116geometrijska vjerojatnost, 27

Hhipoteze, 72

Iishodisni moment reda n , 100

Kkarakteristicna funkcija, 106kartezijev umnozak, 30klasicni vjerojatnosni prostor, 14koeficijent korelacije, 103kombinacije s ponavljanjem, 43kombinacije, 38komplement doga -daja, 5konacni vjerojatnosni prostor, 11kovarijacijski moment, 103

Mmarginalne razdiobe, 94monotonost vjerojatnosti, 9

Nnegativna binomna razdioba, 128nemoguc doga -daj, 1neprekinutost vjerojatnosti, 22nezavisne slucajne varijable, 91, 92nezavisni doga -daji, 68, 69normirane slucajne varijable, 103numericke karakteristike, 97

Oocekivanje, 97Pparticija vjerojatnostnog prostora, 72partitivni skup, 33permutacije s ponavljanjem, 37permutacije, 35Poissonova razdiobu, 125potpun sustav doga -daja, 72prebrojiva ( σ -) aditivnost, 21prebrojiva ( σ -) algebra, 21presjek doga -daja, 4

Rrasipanje, 100razlika doga -daja, 5

Ssigurni doga -daj, 1Silvesterova formula, 19simetricna razlika, 59slucajne varijable, nezavisne, 91standardna devijacija, 101Stirlingova formula, 17stohasticki pokus, 1suprotni doga -daj, 5

Uumnozak doga -daja, 4unija doga -daja, 4uvjetna razdioba, 95uvjetna vjerojatnost, 65

Vvarijacije s ponavljanjem, 31varijacije, 34varijacije bez ponavljanja, .34varijanca, 100vjerojatnost doga -daja, 9vjerojatnost umnoska doga -daja, 66vjerojatnosti, aposteriorne, 74vjerojatnosti, apriorne, 74

Zzakon razdiobe slucajne varijable, 89zakon razdiobe slucajnog vektora, 93zakon razdiobe, 93zbroj doga -daja, 4

Page 142: ViS - 1. Ciklus - Elezovic - Diskretna Vjerojatnost (2007)