Vukovic ViS

Ivica Vukovi, Biljeke uz predavanja iz kolegija Vjerojatnost i statistika (iskljuivo za internu uporabu)

1

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

1.1. OSNOVNI POJMOVI

Rije statistika dolazi od lat. status stanje. U 19. stoljeu Ivan Maurani je rabio termin dravopisje, a Bogoslav ulek dravopis.

U Klaievom Velikom rjeniku stranih rijei1 statistika se definira kao znanost koja prouava koliinske promjene u razvitku ljudskog drutva, narodnog gospodarstva i koja se obavi obraivanjem rezultata tih prouavanja u znanstvene i praktine svrhe. Hrvatska enciklopedija statistiku definira kao znanstvenu metodu koja se bavi prikupljanjem, ureivanjem, analizom i tumaenjem podataka i donoenjem zakljuaka o pojavama i procesima koje ti podatci predouju.2 Poetci statistike obino se veu uz popise puanstva u drevnoj Kini, uz popise koje spominje povjesniar Herodot, popise prvoroenih kod Skita ili Darijeve popise u staroj Perziji. U doba Karla Velikog nainjen je zbornik za vojne i porezne svrhe Bereviarium fiscalium.

U 17. stoljeu javlja se nunost statistikog prouavanja drutva. Za poetak statistike kao znanosti mnogi uzimaju godinu 1622. kad je izala knjiga J. Graunta Prirodna i politika promatranja zakona smrtnosti, koji je prouavao listine umrlih i roenih grada Londona. Znaajan doprinos statistici dali su E. Halley, W. Petty, F. Galton, K. Pearson, R. Fisher.

Uvedimo nekoliko osnovnih pojmova koje emo rabiti u sljedeem poglavlju. Populacija je skup svih jedinica ili entiteta koje se razmatraju. Pod jedinicom ili entitetom razumijevamo ono to se moe pojedinano opisati i razmatrati.

Tako populacija mogu initi svi glasai na izborima (ako nas zanimaju izbori), svi mukarci (ako nas zanimaju antropometrijske osobine glede konfekcijske veliine), svi studenti (ako nas zanimaju ocjene ili duljina studija), svi proizvodi neke tvrtke, ako nas zanimaju svojstva tih proizvoda).

Obino promatramo neko statistiku znaajku: visina, masa, plaa, ocjena, struna sprema, politika naklonost,... Znaajka je, dakle, svojstvo koje pomae u prepoznavanju ili razlikovanju jedinica dane populacije.

1 B. Klai, Veliki rjenik stranih rijei, Zagreb, Zora, 1972., str. 1241. 2 Hrvatska enciklopedija, sv. 10., str. 228.

IVICA VUKOVI, VJEROJATNOST I STATISTIKA

2

Najee ne promatramo cijelu populaciju (jer to obino nije mogue ili je skupo) ve svojstva populacije procjenjujemo na osnovi svojstava nekoliko lanova te populacije. Tako dolazimo do pojma uzorka.

Uzorak je sluajno odabrani podskup populacije. Uz uzorak se prirodno vee sljedee pitanje. Koliko je opravdano na osnovi uzorka zakljuivati o cijeloj populaciji? To je pitanje kojim se bavi Matematika statistika, znanstvena disciplina koja iz poznavanja odreenih svojstava uzorka donosi zakljuke o svojstvima cjelokupne populacije. Matematika statistika daje metode kojima se ovi problemi egzaktno rjeavaju. Teorija vjerojatnosti je teorijska osnova matematike statistike. Deskriptivna statistika se bavi obradbom dobivenih rezultata. Ona opisuje metode i postupke za egzaktno prouavanje statistikih podataka. Pod tim razumijevamo sreivanje, prikazivanje i interpretiranje statistikih podataka.

U prirodnim i tehnikim znanostima esta je potreba za mjerenjem odreenih fizikalnih veliina. Rezultati tih mjerenja izraavaju se brojevima pa se govori o brojanim ili numerikim podatcima.

Promatramo jednu veliinu X. Rezultat jednog mjerenja jest jedan realan broj x. Viestruko ponavljanje mjerenja veliine X dovodi do konanog niza realnih brojeva x1, x2, x3, ...., xn. Niz od n ponovljenih mjerenja dovodi do niza od n rezultata. U ovom kontekst veliina X se naziva statistika znaajka ili statistiko obiljeje. Dobiveni niz brojeva x1, x2, x3, ...., xn nazivamo statistikim podatcima o promatranoj statistikoj znaajki X. Pretpostavimo da statistika znaajka poprima vrijednosti iz nekog diskretnog skupa A. Tada kaemo da je X diskretna znaajka. Mjerenjem se kao rezultati dobivaju elementi skupa A pa za svaki x A uoavamo broj f, broj pojavljivanja u nizu od n mjerenja (opaanja) znaajke X. Tada broj f {0, 1, 2, 3, ...} nazivamo estoa ili frekvencija. estoa podijeljena s ukupnim brojem mjerenja naziva se relativna estoa ili relativna

frekvencija i piemo = fpn

.

esto su podatci dobiveni mjerenjem napisani redoslijedom koji oteava predodbu. Jasnije je ako se rezultate mjerenja zapie u rastuem ili padajuem redoslijedu. Obino su podatci poredani po veliini: 1 2 rx x x< <


3

Zbroj relativnih estoa je 1. Naime, 1 2 1 2

1 2 1r rrf f f f f f np p p n n n n n

+ + ++ + + = + + + = = ="" " . Primjer 1. Neka je X ocjena na ispitu iz matematike na jednom uilitu. Skup svih moguih vrijednosti od X je A = {1, 2, 3, 4, 5}. Dakle, X je diskretna statistika znaajka. Promotrimo sada jedan niz statistikih podataka: 1, 2, 4, 3, 5, 4, 3, 2, 4, 3. Radi bolje preglednosti zapiimo podatke po veliini: 1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 5. Niz ima ukupno 10 lanova. Piemo n = 10. Zapiimo tablicu frekvencije i relativne frekvencije pojedinih vrijednosti znaajke X:

ix vrijednost obiljeja X

if estoa

ip relativna estoa

1 1 1 0,110 = 2 2 2 0,210 = 3 3 3 0,310 = 4 3 3 0,310 = 5 1 1 0,110 =

Na temelju ovakvog tablinog zapisa statistikih podataka izrauju se grafiki prikazi. Na apscisnu os pravokutnog koordinatnog sustava u ravnini nanosimo vrijednosti znaajke X, a kao ordinate odgovarajue frekvencije ili relativne frekvencije. Tako dobivamo grafikon frekvencija odnosno relativnih frekvencija. Spajanjem tako dobivenih toaka dobiva se odgovarajui poligon frekvencija.

1 2 3 4 5

1

2

3

x

y

grafikon frekvencija

1 2 3 4 5

1

2

3

x

y

poligon frekvencija


4

1 2 3 4 5

x

y

0,10,20,3

grafikon relativnih frekvencija

1 2 3 4 5

x

y

0,10,20,3

poligon relativnih frekvencija

Prikaimo ovaj niz podataka histogramom. Openito je histogram frekvencija grafiki prikaz frekvencija koji se sastoji od skupa pravokutnika to se meusobno dodiruju i svaki ima jednaku osnovu, a plotina je razmjerna estoi podatka. Na analogan nain definiramo histogram relativnih frekvencija.

0

1

2

3

4

1 2 3 4 5

Histogram frekvencija

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

1 2 3 4 5

Histogram relativnih frekvencija

Ukupna plotina svih pravokutnika u histogramu relativnih frekvencija je 1. Kaemo da je tablicom frekvencija i grafikonom frekvencija (odnosno relativnih frekvencija) zadana razdioba frekvencija u danom nizu statistikih podataka. Funkcija :f A R definirana pravilom pridruivanja ( )i if x f= , i = 1, 2, ..., r, naziva se funkcija frekvencija. Na slian nain definira se i funkcija relativnih frekvencija :p A R , gdje je ( )i ip x p= , i = 1, 2, ..., r. Funkcija K kumulativnih frekvencija definirana je izrazom:

( )i

ix x

K x f

= , x R . Funkcija F kumulativnih relativnih frekvencija definirana je izrazom:

( )i

ix x

F x p

= , x R .


5

Graf funkcije kumulativnih relativnih frekvencija iz naega primjera:

1 2 3 4 5

x

y

0,1

0,2

0,6

0,3

0,9

1,0

0,8

0,7

0,5

0,4

Za dani niz 1x , 2x , ..., nx statistikih podataka o nekom obiljeju X nainimo pregledni prikaz pomou odgovarajue tablice frekvencija. Najprije definiramo razrede. Razredi su prikladno odabrani uzastopni i meusobno disjunktni podintervali na koje je podijeljen ukupni interval niza podataka znaajke X. irine pojedinih razreda u naelu su po volji odabrane. Njihov izbor nije uvjetovan nekim opim teorijskim razultatima ve praktinim potrebama preglednosti tablice i mogunosti uoavanja bitnih svojstava. Granice razreda su vrijednosti koje odreuju gornju i donju granicu razreda. Pri odreivanju razreda valja odrediti koja od dviju granica razreda pripada tome razredu. Ukoliko je to mogue, nijedna granica razreda ne bi s etrebala podudarati s nekom vrijednosti u razredu. Aritmetiku sredinu gornje i donje granice razreda nazivamo sreditem razreda. irina razreda je razlika izmeu gornje i donje granice razreda. Redovito se ipak radi o razredima jednake irine i broj r razreda bira se u ovisnosti o broju n podataka u danom nizu. Obino se za broj razreda r uzima vrijednosti od 5% do 10% od n pri emu je r 30. Druga preporuka je da broj razreda bude oko n . Primjer 2. Neka visina studenata statistika znaajka X. Promatrajmo niz od 25 podataka: 163, 159, 165, 167, 168, 168, 171, 172, 172, 173, 174, 174, 175, 175, 176, 177, 178, 178, 178, 179, 180, 183, 184, 187, 188 Najmanji element u nizu je min 159x = , a najvei max 188x = . Podatke emo razvrstati u r = 5 razreda. irina pojedinog razreda d jednaka je razlici gornje i donje granice razreda.


6

Odreujemo je po formuli max minx xd r= , s tim da se rezultat zaokruuje na vei broj. U

naem je primjeru irina razreda max min 188 159 29 5,8 65 5 5x xd = = = = .

Frekvencija razreda je broj podataka u danom nizu koji pripadaju tom razredu. Relativnu frekvenciju razreda raunamo tako da frekvenciju razreda podijelimo ukupnim brojem podataka n. Razredi su sljedei intervali: [158,5; 164,5], [164,5; 170,5], [170,5; 176,5], [176,5; 182,5], [182,5; 188,5] Razredu [158,5; 164,5] pripadaju podatci 159 i 163. Kaemo da je frekvencija toga razreda jednaka 2. Relativna frekvencija toga razreda je 2/25 = 0,08. Razredu [158,5; 164,5] pripadaju podatci 165, 167, 168 i 168. Frekvencija toga razreda je 4. Razrede, njihove frekvencije i relativne frekvencije pregldenije zapisujemo u tablici:

razred if ii

rff n=

[158,5; 164,5] 2 0,08 [164,5; 170,5] 4 0,16 [170,5; 176,5] 9 0,36 [176,5; 182,5] 6 0,24 [182,5; 188,5] 4 0,16 ukupno 25 1,00

1.2. ARITMETIKA SREDINA Aritmetika sredina ili prosjena vrijednost definira se kao zbroj vrijednosti podijeljen

brojem tih vrijednosti: 1 2 nx x xx n+ + += " .

Napomenimo da se naziv sredina obino rabi kad se odnosi na parametar populacije, a naziv prosjek kad se odnosi na rezultat prorauna podataka dobivenih iz uzorka.


7

GEOMETRIJSKA I HARMONIJSKA SREDINA Geometrijska sredina dvaju pozitivnih brojeva definira se kao kvadratni korijen njihovog umnoka ( , )G x y xy= . Geometrijska sredina od n pozitivnih realnih brojeva 1 2 3, , , ..., nx x x x je n-ti korijen iz njihovoga umnoka: 1 2 3 ... nn x x x x . Geometrijska sredina je prosjena mjera brzine nekih promjena. Primjer: Pretpostavimo da je neka tvrtka imala 2009. god. 2000 radnika, 2010. god. 9000 radnika i 2011. god. 18 000 radnika. Promotrimo sada brzinu rasta broja radnika: U 2010. godini poveao se broj radnika 4,5 puta, a u 2011. poveao se 2 puta. Dakle, prosjena brzina rasta je

4,5 2 3 = .

Ako je a 0 i b 0, onda 2

a b ab+ , tj. aritmetika sredina dvaju nenegativnih brojeva vea je ili jednaka geometrijskoj sredini tih brojeva. Geometrijska interpretacija aritmetike i geometrijske sredine dvaju nenegativnih brojeva te njihova odnosa dana je na slici:

ab 2a b+

a

b

Harmonijska sredina dvaju pozitivnih realnia broja x i y je H(x, y) = 21 1

x y+.

Harmonijska sredina od n pozitivnih realnih brojeva 1 2 3, , ,..., nx x x x je

1 2 3

1 1 1 1...n

n

x x x x+ + + +.

Primjer: Gradovi A i B udaljeni su 100 km. Automobilist od A do B vozi prosjenom brzinom od 100 km/h, a natrag, od B do A prosjenom brzinom od 50 km/h. Kojom je prosjenom brzinom vozio cijeli put, od A do B i natrag? Prosjena brzina jednaka je harmonijskoj sredini brzina u jednom i u drugome

smjeru, tj. 2 66,71 1100 50

=+

km/h.

Potvrdimo ovaj rezultat sljedeim razmatranjem. Automobilist je udaljenost od 100 km u jednom smjeru preao za 1 sat, a u drugom za 2 sata. Dakle, preao je ukupno 200 km za 3 sata. Njegova prosjena brzina je 66,7 km/h.


8

Fizikalna interpretacija aritmetike sredine Zamislimo da su u tokama 1x , 2x , ..., nx na pravcu smjeteni utezi jednakih masa. Tada je aritmetika sredina x koordinata teita tih masa. Ako se neki podatak pojavljuje viekratno, onda u odgovarajuu koordinatu smjetamo onoliko utega koliko se puta podatak javlja.

Neka je 2, 4, 4, 4, 10, 12 niz podataka. Aritmetika sredina je 2 4 4 4 10 12 66x+ + + + += = .

1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 12

Intuitivno, aritmetika sredina jest ona veliina koja bi zamijenivi svaku pojedinu od n veliina dala sveukupno isti zbroj kao i u promatranom uzorku. Zbroj svih odstupanja podataka od njihove aritmetike sredine jednak je nuli.

Neka je 1 2, ,..., nx x x niz podataka, a x njihova aritmetika sredina. Tada

1 2 1 2( ) ( ) ... ( ) ... 0n nx x x x x x x x x nx nx nx + + + = + + + = = Zbroj kvadrata odstupanja danih podataka od x manji je od zbroja kvadrata odstupanja

danih podataka od bilo kojega drugog broja c x . Neka je 1x , 2x , ..., nx niz podataka, a x njihova aritmetika sredina. Tada

2 2 2 2

1 1 1 1

( ) ( ) ( ) 2( ) ( ) ( )n n n n

i i i ii i i i

x c x x x c x x x c x x n x c= = = =

= + = + + Primijenimo li svojstvo da

1

( ) 0n

ii

x x=

= , dobivamo 2 2 2

1 1

( ) ( ) ( ) 0n n

i ii i

x c x x n x c= =

= + . Odatle je 2 2

1 1

( ) ( )n n

i ii i

x c x x= =

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


9

Napomena. Do istog rezultata mogli smo doi odreivanjem minimuma kvadratne funkcije 2 2 2

1 2( ) ( ) ( ) ... ( )nf x x x x x x x= + + + , gdje su 1x , 2x , ..., nx zadani realni brojevi. Naime, izjednaavanjem prve derivacije 1 2( ) 2( ) 2( ) ... 2( )nf x x x x x x x = s nulom dobivamo stacionarnu toku 1 2 ... nx x xx n

+ + += , koja je jednaka aritmetikoj sredini x zadanih brojeva 1x , 2x , ..., nx . Kako je druga derivacija ( ) 2 0f x n = > , zakljuujemo da u stacionarnoj toki x funkcija f postie svoj minimum. Pretpostavimo da niz podataka 1x , 2x , ..., nx sadri k meusobno razliitih elemenata 1a , 2a , ..., ka ije su frekvencije 1f , 2f , ..., kf redom. Tada je aritmetika sredina niza podataka:

1 1 2 21

1 1( ... )k

k k j jj

x f a f a f a f an n == + + + =

Promotrimo podatke iz Primjera 1. Podatci su 1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 5.

Aritmetika sredina je 1 2 2 3 3 3 4 4 4 5 3,110x+ + + + + + + + += = . No, mogli smo raunati

aritmetiku sredinu x i na sljedei nain: 1 2 2 3 3 3 4 1 5 3,110x+ + + + = = .

Pretpostavimo sada da je niz podataka 1x , 2x , ..., nx razvrstan u r razreda i neka su frekvencije razreda 1f , 2f , ..., rf . Oznaimo sredita razreda s 1a , 2a , ..., ra . Tada raunamo

1 1 2 21

1 1( ... )k

r r j jj

x f a f a f a f an n == + + + =

Ovdje smo svaki izvorni podatak zamijenili sredinom njemu pripadnoga razreda. Veliine x i x openito nisu jednake, ali se malo razlikuju. Promotrimo sada podatke iz Primjera 2. Lako je ustanoviti da je aritmetika sredina niza podataka 163, 159, 165, 167, 168, 168, 171, 172, 172, 173, 174, 174, 175, 175, 176, 177, 178, 178, 178, 179, 180, 183, 184, 187, 188 jednaka 174,56x = . Sredita razreda su 1 161a = , 2 167a = , 3 173a = , 4 179a = , 5 185a = .

razred if ia

[158,5; 164,5] 2 161 [164,5; 170,5] 4 167 [170,5; 176,5] 9 173 [176,5; 182,5] 6 179 [182,5; 188,5] 4 185


10

1 1 2 2 ... 2 161 4 167 9 173 6 179 4 185 174,4425 25r rf a f a f ax + + + + + + + = = =

Pretpostavimo da je x aritmetika sredina podataka 1x , 2x , ..., nx . Ako svakom pojedinom podatku pribrojimo konstantu c, tada e aritmetika sredina novog niza podataka biti x c+ . Isto tako, ako svaki pojedini podatak pomnoimo istom konstantom c, aritmetika sredina novoga niza podataka bit e c x . 1.3. MEDIJAN, MOD, RASPON i KVARTILI Medijan Ako se n vrijednosti poreda nepadajuim redom i oznai brojevima od 1 do n, medijan tih n vrijednosti jednak je [(n + 1)/2]oj vrijednosti ako je n neparan broj. Drugim rijeima, ako je n neparan broj, onda medijan m toga niza definiramo kao srednji podatak. Ako je n paran broj, medijan je aritmetika sredina (n/2)te i [(n/2) + 1]te vrijednosti. Dakle, ako je n paran broj onda se za medijan uzima aritmetika sredina dvaju srednjih podataka. Medijan dijeli niz podataka na dva jednakobrojna dijela, jedan lijevo, a drugi desno od njega. Fizikalno interpretirano, mase su lijevo i desno od medijana jednake, ali to ne znai da je tu ravnotea. Primjerice za niz 2, 4, 6, 7 i 8 medijan je 6 (srednji lan), a za ni 1, 2, 3, 4, 6 i 8 medijan je 3,5 (aritmetika sredina dvaju srednjih lanova).

3,5m =

1 2 4 83 6

6m =

2 4 7 86 Medijan ima jedno zanimljivo svojstvo. Zbroj apsolutnih vrijednosti odstupanja podataka od nekog broja c poprima najmanju vrijednost ako se za c uzme vrijednost medijana m. Piemo

1 1

n n

i ii i

x c x m= =

. Mod Mod uzorka je najuestaliji podatak u uzorku, tj podatak s najveom estoom. Skup podataka moe imati vie modova. Mod raunamo kad elimo znati sluaj koji je najvie tipian. Raspon Raspon je jedna od mjera rasprenja podataka i definira se kao razlika najveeg i najmanjeg podatka u danom uzorku.


11

Kvartili Kvatili su vrijednosti koje niz podataka ureen po veliini dijele na 4 jednaka dijela. Prvi ili donji kvartil je broj od kojega je 25 % podataka manje ili je njemu jednako. Drugi kvartil je medijan. Trei kvartil je roj od kojega je 75 % podataka manje ili je njemu jednako. 1.4. VARIJANCIJA I STANDARDNO ODSTUPANJE Razmotrimo rasipanje podataka oko aritmetike sredine. Za ukupnu mjeru odstupanja nije dobro uzeti zboj pojedinanih odstupanja svakog podatka od aritmetike sredine jer je taj zbroj uvijek jednak 0. Druga mogunost je uzeti zbroj apsolutnih vrijednosti pojedinih odstupanja od aritmetike sredine 1 2 ... nx x x x x x + + + te raunati prosjeno apsolutno odstupanje dano s

1 2 ... nx x x x x xn

+ + + .

No, praktino je najprikladnije promatrati prosjeno kvadratno ostupanje:

2 2 21 2( ) ( ) ... ( )nx x x x x x

n + + + koje nazivamo varijancija i oznaavamo V ili 2 .

Kvadratni korijen varijancije nazivamo standardno odstupanje i piemo 2 2 2

1 2( ) ( ) ... ( )nx x x x x xn

+ + + = . Aritmetika sredina x i standardno odstupanje su dva temeljna parametra koji daju dobar uvid u rasipanje danih podataka. Primjer 3. Promotrimo sada podatke A = 15, B = 12, C = 8, D = 6 i E = 4. Oito je aritmetika sredina je 9x = .

ix ix x 2( )ix x 15 6 36 12 3 9 8 1 1 6 3 9 4 5 25 0 80


12

Primjer 4. Zadani su brojevi 9, 10, 11, 13, 15, 16, 16, 18, 18, 18, 19, 22, 23, 23, 24. Odredit emo aritmetiku sredinu i standardno odstupanje ovog niza podataka. Ukupan broj podataka je n = 15. U tablici zapiimo podatke te izraunajmo aritmetiku sredinu, te odgovarajue razlike podataka i aritmetike sredine te kvadrate tih razlika.

i ix ix x 2( )ix x1 9 8 64 2 10 7 49 3 11 6 36 4 13 4 16 5 15 2 4 6 16 1 1 7 16 1 1 8 18 1 1 9 18 1 1

10 18 1 1 11 19 2 4 12 22 5 25 13 23 6 36 14 23 6 36 15 24 7 49

ii

x 255

x 17 21 ( )i

ix xn 21,6

21 ( )ii

x xn 4,65

A

B

C

D

E

13 3 65

Ilustracija odstupanja od aritmetike sredine, i njihovih kvadrata


13

V

4

varijancija

Ilustracija varijancije danih podataka

Za varijanciju vrijedi

2 2 2 21 2

2 2 2 2 2 21 1 2 2

2 2 2 21 2 1 2

2 2 221 2 1 2

2 2 22 21 2

21

1 ( ) ( ) ... ( )

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

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

... ...2

... 2

n

n n

n n

n n

n

x x x x x xn

x x x x x x x x x x x xn

x x x x x x x x x nxnx x x x x x x xn nx x x x xnx

= + + + = + + + + + + = + + + + + + + + + += ++ + += ++=

2 222 ... nx x xn

+ +

Aritmetiku sredinu kvadrata danih podataka 2 2 21 2 ... nx x x

n+ + + simboliki zapisujemo 2x .

Varijanciju obino zapisujemo u obliku 2 2 2x x = . Promotrimo realnu funkciju

2 2 21 2( ) ( ) ... ( )( ) nx x x x x xf x n

+ + + = , gdje su 1x , 2x , ..., nx zadani realni brojevi.

Toka minimuma te funkcije je ista kao i funkcije 2 2 2

1 2( ) ( ) ... ( )( ) nx x x x x xg x n + + + = .

Stacionarna toka funkcije g je 1 2 ... nx x xx n+ + += . Kako je ( ) 2 0g x = > , to zakljuujemo

da je toka minimuma te funkcije 1 2 ... nx x xx n+ + += .

Dakle, funkcija f postie u aritmetikoj sredini zadanih podataka 1 2 ... nx x xx n+ + += svoj

minimum ija je vrijednost standardno odstupanje.


14

ebievljev teorem Sada emo pokazati vaan rezultat ruskog matematiara P. I. ebieva (1821. 1894.). Neka je x aritmetika sredina, V varijancija, a standardno odstupanje zadanoga niza podataka

1x , 2x , ..., nx . Dakle,

2

1

1 ( )n

ii

V x xn == , odnosno 2

1

( )n

ii

nV x x=

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

2 2 2 2

1

( ) ( ) ( ) ( )i i i

n

i i i ii x x k x k x x k x x k

nV x x x x x x x x = < + > +

= = + +

x x + 2x +2x x x k x k+ Oito je

2 2 2( ) ( ) ( )i i i

i i ix x k x x k x x k

nV x x x x x x < > + >

+ = Odatle imamo

2 2 2( ) ( ) ( )i i i

i i ix x k x x k x x k

x x x x x x < > +

+ Na desnoj strani su dvije sume. Uoimo da ako ix x k< , onda je 2 2 2( )ix x k > . Isto tako, ako ix x k> + , onda je 2 2 2( )ix x k > . Odatle je

2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( )i i i i i i

i i ix x k x x k x x k x x k x x k x x k

x x x x x x k k k

< > + < > + >

+ + = Ako u danom nizu statistikih podataka 1x , 2x , ..., nx ima njih r , r n , za koje vrijedi

ix x k > , onda moemo pisati 2 2 2n r k ili 21r nk .

Primjerice, ako je 3k = , onda 9nr , a to znai da najvie 11% od ukupno n podataka lei

izvan intervala [ ]3 , 3x x + , odnosno barem 89% svih podataka lei unutar intervala irine 6 sa sreditem u x .

x x + 2x + 3x +2x 3x x

89% ili vie

75% ili vie

Prema ebievljevom teoremu (ili pravilu ebieva) interval od 2x do 2x + obuhvaa najmanje 75% svih podataka; interval od 3x do 3x + obuhvaa najmanje 89% svih podataka


15

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

x 2 3 4 5 f 2 6 3 1

p 212 6

12 3

12 1

12

Prikaimo niz podataka histogramom. Openito je histogram frekvencija grafiki prikaz frekvencija koji se sastoji od skupa pravokutnika to se meusobno dodiruju i svaki ima jednaku osnovu, a plotina je razmjerna estoi podatka. Na analogan nain definiramo histogram relativnih frekvencija.

01234567

1 2 3 4 5

Histogram frekvencija

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1 2 3 4 5

Histogram relativnih frekvencija Ukupna plotina svih pravokutnika u histogramu relativnih frekvencija je 1.

1 1 2 2 ... 2 2 6 3 3 4 1 5 39 3,2512 12k kf x f x f xx n

+ + + + + + = = = = 2 2 2 2 2 2 2

2 1 1 2 2 ... 2 2 6 3 3 4 1 5 11,2512k kf x f x f xx n

+ + + + + + = = = 2 2 2 211,25 3,25 0,6875x x = = =

0,82916 = (zaokrueno na petu decimalu) Primjer 5. Zadan je niz od 30 podataka:

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

Ovakav redoslijed oteava predodbu o podatcima. Bit e jasnije ako dobivene podatke zapiemo u tablici u rastuem (ili padajuem) redoslijedu s odgovarajuim estoama.

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

f 1 2 1 2 1 2 2 1 2 4 1 1 3 2 1 1 1 2


16

Aritmetika sredina ovog niza podataka je 1 2 30... 2,83330x x xx + + += = .

Zbroj kvadrata odstupanja podataka je 2 2 21 2 30( ) ( ) ... ( ) 18,427x x x x x x + + + = . Varijancija je

2 2 22 1 2 30( ) ( ) ... ( ) 0,61430

x x x x x x + + + = = .

Standardno odstupanje je 2 2 2

1 2 30( ) ( ) ... ( ) 0,78430x x x x x x + + + = =

Dobivene brojane vrijednosti mogli smo izraunati po formuli pomou depnog raunala. No, moemo primijeniti neki od programa za tablino raunanje, primjerice Microsoft Excel. Svi takvi programi, osim standardnih matematikih funkcija, imaju ugraen i niz statistikih funkcija. Pretpostavimo da smo dane podatke zapisali u prvi stupac, u elije od A1 do A30. Aritmetiku sredinu (srednju vrijednost) tada raunamo po formuli =AVERAGE(A1:A30). Formula za zbroj kvadrata odstupanja podataka je =DEVSQ(A1:A30), za varijanciju =VARP(A1:A30) i za standardno odstupanje =STDEVP(A1:A30).

Na slici su prikazani podatci u tablici kreiranoj pomou programa Microsoft Excel. Podatci su, radi preglednosti, upisani u prva tri reda, u pozicijama od A1 (gornji lijevi kut podruja) do J3 (donji desni kut podruja). U eliji B5 upisali smo formulu za raunanje aritmetike sredine =AVERAGE(A1:J3). U eliji B7 upisali smo formulu za varijanciju =VARP(A1:J3), a u eliju B9 formulu za standardno odstupanje =STDEVP(A1:J3). Prethodno je u tablici zadano ispisivanje rezultata na tri decimalna mjesta. Sada emo podatke razvrstati u razrede. Za aproksimaciju vrijednosti koje pripadaju nekom razredu uzet emo uzimamo polovite toga razreda, a za frekvenciju uzimamo zbroj frekvencija podataka u tom razredu. tako dobivamo manju i itljiviju tablicu. Uoimo da je najvei podatak max 4,3x = i najmanji min 1,3x = . Raspon podataka (razlika najveeg i najmanjeg) je max min 4,3 1,3 3x x = = . Broj podataka je 30n = . Razmotrit emo dva sluaja, kad je broj razreda 5r = i 6r = .

Dakle, neka je 5r = . irina pojedinog razreda je max min 3 0,65 5x x = = .


17

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

1,3 1,9 2,5 3,1 3,7 4,3

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

f 1 2 1 2 1 1 2 1 2 4 1 2 3 2 1 1 1 2 Sada emo sve podatke koji pripadaju jednom razredu zamijeniti polovitem toga razreda, a frekvencije pojedinih podataka u razredu zrojiti. Dakle, umjesto zadanog niza podataka, promatrat emo niz od 5 podataka (polovita razreda) s odgovarajuim frekvencijama razreda. Dobivamo sljedeu tablicu:

x 1,6 2,2 2,8 3,4 4,0

f 4 4 9 8 5 Odavde dobivamo aritmetiku sredinu, varijanciju i standardno odstupanje koju predstavljaju aproksimativne vrijednosti zadanog niza podataka:

2,893x = , 2 0,637 = i 0,798 = . Razumije se da se ovr vrijednosti razlikuju od onih koje smo dobili raunanjem bez razvrstavanja u razrede. No, ta razlika je mala i stoga ovako dobivene vrijednosti uzimamo kao aproksimacije odgovarajuih parametara zadanoga niza podataka i piemo:

2,893x , 2 0,637 i 0,798 . Sada emo ponoviti opisani postupak, ali tako da uzmemo 6 razreda. Dakle, neka je 6r = . irina pojedinog razreda je max min 3 0,56 6

x x = = . Razredi su podintervali [1,3; 1,8], [1,8; 2,3], [2,3; 2,8], [2,8; 3,3], [3,3; 3,8] i [3,8; 4,3]. Sada kreiramo talicu tako da svaki podatak i njegovu frekvenciju upiemo u pripadni razred.

1,3 1,8 2,3 2,8 3,3 3,8 4,3

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

f 1 2 1 2 1 1 2 1 2 4 1 2 3 2 1 1 1 2 Opet, umjesto zadanog niza podataka, promatrat emo niz od 6 podataka (polovita razreda) s odgovarajuim frekvencijama razreda. Dobivamo sljedeu tablicu:

x 1,55 2,05 2,55 3,05 3,55 4,05

f 3 4 4 7 8 4 Na osnovi ove tablice raunamo aritmetiku sredinu, varijanciju i standardno odstupanje koju predstavljaju aproksimativne vrijednosti zadanog niza podataka:

2,967x = , 2 0,585 = i 0,765 = . Razumije se da se ove vrijednosti razlikuju od onih koje smo dobili raunanjem bez razvrstavanja u razrede. No, ta razlika je mala i stoga ovako dobivene vrijednosti uzimamo kao aproksimacije odgovarajuih parametara zadanoga niza podataka i piemo:

2,967x , 2 0,585 i 0,765 .


18

1.5. KOEFICIJENT KORELACIJE Koeficijent korelacije predstavlja broj koji nam kazuje u kojoj su mjeri dvije znaajke X i Y povezane, odnosno pokazuje stupanj zavisnosti dviju veliina. Pretpostavimo da ponavljamo neki pokus i svaki puta registriramo brojane vrijednosti (x, y) koje odgovarajuju znaajkama X i Y. U koordinatnom sustavu istaknimo odgovarajue toke. Dobit emo skup toaka koji moe imati razliit izgled. Navedimo nekoliko primjera:

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

2 2

( )( )

( ) ( )

i ixy i

xyx y

i ii i

x x y ys

r s s x x y y

= =


19

Taj se koeficijent esto rabi kao brijani iznos za linearnu meuzavisnost u nizu parova opaanja. Vrijednost koeficijenta korelacije bit e izmeu 1 i +1. Kad je u nizu parova opaanja koeficijent 1 ili +1 onda postoji linearni odnos meu veliinama X i Y.

0

2

4

6

8

10

12

14

16

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

X Y x-x y-y 3 2 -5,5 -7 38,5 30,25 49 4 7 -4,5 -2 9 20,25 4 6 8 -2,5 -1 2,5 6,25 1 7 4 -1,5 -5 7,5 2,25 25 7 12 -1,5 3 -4,5 2,25 9 9 10 0,5 1 0,5 0,25 1 11 8 2,5 -1 -2,5 6,25 1 11 12 2,5 3 7,5 6,25 9 13 15 4,5 6 27 20,25 36 14 12 5,5 3 16,5 30,25 9 aritmetika sredina 8,5 9 102 124,5 144

0,761788

0,761788

Sluaj visoke pozitivne korelacije


20

Primijenimo na ovome primjeru standardne funkcije programa programa za tabline kalkulacije Microsoft Excel. U stupac A, u pozicijama od A1 do A11 upiemo 1x , 2x , ..., 10x , a u stupac B u pozicijama od B2 do B11 podatke 1y , 2y , ...,

10y . elimo li, primjerice na poziciji B14 dobiti vrijednost koeficijenta korelacije, upisat emo u taj element tablice formulu =CORREL(A2:A11;B2:B11).


21

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

Umnoak prvih n prirodnih brojeva 1 2 3 ... n oznaavamo s n! (itamo n faktorijela). Tako je

1! 1= 2! 1 2 2= = 3! 1 2 3 6= = 4! 1 2 3 4 24= = 5! 1 2 3 4 5 120= = 6! 1 2 3 4 5 6 720= =

Po definiciji se uzima da je 0! = 1. Promotrimo potencije binoma:

1( )a b a b+ = + 2 2 2( ) 2a b a ab b+ = + + 3 3 2 2 3( ) 3 3a b a a b ab b+ = + + + 4 4 3 2 2 3 4( ) 4 6 4a b a a b a b ab b+ = + + + +

Openito za svaki prirodni broj n i svaki par realnih brojeva a i b vrijedi 1 2 2 1...

1 2 1( ) ...n n n n n k k n nn n n n

k na b a a b a b a b ab b + + + = + + + + +

(1) Formulu (1) nazivamo Newtonova binomna formula.

Koeficijenti oblika nk

(itamo n povrh k) nazivaju se binomni koeficijenti i za njih vrijedi: ( 1) ... ( 1)!

!( )! 1 2 ...n n n n kn

k n k kk += =

Newtonova binomna formula moe se dokazati matematikom indukcijom.

Binomni koeficijenti imaju sljedea svojstva:

Binomni koeficijent je uvijek prirodni broj. Za svaki n vrijedi vrijedi 1

0n = (neposredno iz definicije)

Za svaki n vrijedi vrijedi 1n

n= (neposredno iz definicije)

Svojstvo simetrije n nk n k

= (neposredno iz definicije)

Vrijedi 11 1

n n nk k k

++ =+ +


22

Pokaimo istinitost svojstva 1

1 1n n nk k k

++ =+ + .

( )( 1)!!

!( )! ( 1)!( 1)!1

! 1 1!( 1)! 1

! 1!( 1)! ( )( 1)

1( 1)!( 1)!( )! 1

n n nnk n k k n kk k

nk n k n k k

n nk n k n k k

nnk n k k

++ = + = + += + = +

+= = +++= =+ +

Na osnovi ovoga svojstva dolazimo da jednostavnog naina raunanja binomnih koeficijenata.

Pascalov3 trokut

Napiimo trokut u kojemu svaki redak poinje i zavrava brojem 1. Svaki od brojeva u nekom redu

jednak je zbroju lijevog i desnog broja iz prethodnoga reda. Na ovaj nain se odreuju binomni

koeficijenti. Pascalov trokut poznavali su i arapski, indijski i kineski matematiari.

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1

1 7 21 35 35 21 7 1

( )00 ( )10 ( )11 ( )20 ( )21 ( )22 ( )30 ( )31 ( )32 ( )33 ( )40 ( )41 ( )42 ( )43 ( )44 ( )50 ( )51 ( )52 ( )53 ( )54 ( )55 ( )60 ( )61 ( )62 ( )63 ( )64 ( )65 ( )66

( )70 ( )71 ( )72 ( )73 ( )74 ( )75 ( )76 ( )77

3 Pascal, Blaise (1623. 1662.) veliki francuski matematiar, fiziar i filozof. Jo kao mladi napisao prvi rad iz geometrije. Nekoliko vanih matematikih rezultata nazvano je po njemu. Jedan od utemeljitelja teorije vjerojatnosti. Po njemu je nazvan i jedan vii programski jezik nastao 1970. godine.


23

Uoimo da je zbroj elemenata bilo kojega reda Pascalova trokuta uvijek potencija broja 2, jer uvrstimo li u

1 2 2 1...1 2 1

( ) ...n n n n n k k n nn n n nk n

a b a a b a b a b ab b + + + = + + + + +

a = 1, b = 1, dobivamo

1 2 1(1 1) 1 ... 1 2n nn n n

n+ + = + + + + =

Rijeeni zadatci

1. Odredite x ako je 3 4 5 60 1 2 3 3

x + + + = . Rjeenje

5 61 2

3 4 5 6 4 4 5 6 5 5 6 6 6 70 1 2 3 0 1 2 3 1 2 3 2 3 3

+ + + = + + + = + + = + =

Dakle, 7x = .

2. Izrazite 5 6 7 9950 1 2 990

+ + + + kao binomni koeficijent. Rjeenje

71

82

5 6 7 995 6 6 7 8 9950 1 2 990 0 1 2 3 990

7 7 8 995 996...

1 2 3 990 990

+ + + + = + + + + + =

= + + + + = =

3. Izraunajte

+

+

+

100100

99100

3100

2100

1100

0100 .

Rjeenje

4. Odredite m ako je

=

+

+

+

32

524

23

22 m

Rjeenje


24

4 51 2

2 3 4 5 3 3 4 5 4 4 52 2 2 2 0 1 2 2 1 2 2

5 5 5 5 62 2 2 3 3

+ + + = + + + = + +

= + = + =

5. Odredite n ako je

=

+

+

+

+

44

635

24

13

02 n

Rjeenje

4 51 2

63

2 3 4 5 6 3 3 4 5 6 4 4 5 60 1 2 3 4 0 1 2 3 4 1 2 3 4

5 5 6 62 3 4 3

+ + + + = + + + + = + + + =

= + + =

6 74 4

+ =

6. Dokaite da

+=

++

+

+

2

111

312

11 nn

7. Izraunati srednji lan razvoja binoma 16

21

x

xa .

Rjeenje 8

412870ax


25

2.2. POJAM KOMBINATORIKE Kombinatorika je grana matematike koja se bavi konanim skupovima i njihovim podskupovima.

Osnovni su pojmovi kombinatorike permutacije, varijacije i kombinacije. Kombinatorika je povezana

s problemom prebrojavanja elemenata konanog skupa. esto je konaan skup zadan nekim

svojstvom, a zadae je odrediti broj elemenata tog skupa. U nekim situacijama odreivanje broja

elemenata moe biti vrlo teko. Stoga moemo rei da je kombinatorika dio matematike u kojem se

prouavaju metode koje omoguuju odreivanje broja elemenata konanog skupa.

U kombinatorici se koristimo ovim injenicama:

Neka je k(A) broj elemenata (kardinalni broj) konanog skupa A.

Ako su A i B konani i disjunktni skupovi onda k(A B) = k(A) + k(B) Ako su A i B konani skupovi onda k(AB) = k(A) k(B)

Uoimo da za disjunktne skupove A i B jednakost k(A B) = k(A) + k(B) u stvari poseban sluaj openitije jednakosti k(A B) = k(A) + k(B) k(A B) koja vrijedi za sve neprazne skupove A i B. Sada moemo izvesti odgovarajuu formulu za sluaj od tri skupa.

( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )k A k B k C k A B

k A B C k A B C

k A B k C k C A B

k A k B k A B k C k A C B C

k A k B k A B k C k A C k B C k A B C

k A C k B C k A B C= +

= == + == + + == + + + =

+ +

Ovu formulu nazivamo formula ukljuenja-iskljuenja.

Primjer: Svaki od ukupno 100 studenata ui barem jedan od jezika: engleski, njemaki i francuski.

Engleski ui 48, njemaki 36, a francuski 60 studenata. Engleski i njemaki ui 12 studenata, njemaki

i francuski ui 20, a engleski i francuski ui 16 studenata. Koliko studenata ui sva tri jezika?

Uvedimo oznake: E skup svih studenata koji ue engleski, F skup svih studenata koji ue franscuski i

N skup svih uenika koji ue njemaki. Neka je x broj studenta koji ue sva tri jezika.

k(E F N) = k(E) + k(F) + k(N) k(E F) k(E N) k(F N) + k(E F N) 100 = 48 + 60 + 36 16 12 20 + x. Odatle, x = 4.


26

2.3. TEOREM O UZASTOPNOM PREBROJAVANJU Temeljni rezultat elementarne kombinatorike je teoerem o uzastopnom prebrojavanju koji je

poopenje tvrdnje: ako su A i B konani skupovi onda k(AB) = k(A) k(B). Teorem o uzastopnom prebrojavanju:

Neka je T A1...An skup ureenih n-torki (a1, a2, ..., an) definiran na slijedei nain. Prva sastavnica a1 moe se izabrati na p1 razliitih naina; za svaku ve izabranu prvu sastavnicu moemo drugu

sastavnicu a2 birati na p2 naina itd. Za svaki izbor sastavnica a1, a2, ..., an - 1 n-tu sastavnicu an moemo

birati na pn naina. Tada skup T ima p1 p2 ... pn elemenata.

Primjer: Koliko ima prirodnih brojeva veih od 2000, a manjih od 5000 koje moemo napisati

pomou znamenaka 0, 1, 2, 3, 4, 5 i 6 ako se znamenke smiju ponavljati? A koliko, ako se znamenke

ne smiju ponavljati?

Svaki etveroznamenkasti prirodni broj moemo shvatiti kao ureenu etvorku znamenaka jedinica,

desetica, stotica i tisuica: (T, S, D, J). Prema uvjetima zadatka, ako se znamenke smiju ponavljati,

znamenku jedinica moemo birati na 3 naina (jer moe biti 2, 3 ili 4), a sve ostale znamenke moemo

birati na po 7 naina. Traeni broj je 3777 = 1029. Ako se znamenke ne smiju ponavljati, onda znamenku tisuica (T) moemo birati na 3 naina;

znamenka stotica (S) moe biti bilo koja od 6 preostalih znamenaka; znamenka desetica (D) bilo koja

od 5 preostalih i znamenka jedinica (J) bilo koja od 4 preostale znamenke. Prema tome, traeni broj

prirodnih brojeva je prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju 3654 = 360.

Primjer: Kojih peteroznamenkastih brojeva ima vie: onih koji nisu djeljivi sa 5 ili onih kojima su i

znamenka tisuica i znamenka desettisuica razliite od 5?

Shvatimo peteroznamenkaste brojeve kao ureene petorke (DT, T, S, D, J).

Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju, peteroznamekastih prirodnih brojeva koji nisu djeljivi sa

5 ima 91010108 = 7200. (Znamenka jedinica moe biti bilo koja osim 0 i 5, a znamenka desettisuica bilo koja osim 0).

U drugome sluaju znamenku desettisica tisuica moemo birati na 8 naina, a znamenku tisuica na

9 naina. Tri ostale znamenke moemo birati na po 10 naina. Prema teoremu o uzastopnom

prebrojavanju, peteroznamekastih prirodnih brojeva kojima su i znamenka tisuica i znamenka

desettisuica razliite od 5 ima 91010108 = 7200. Oba skupa imaju jednak broj elemenata.


27

Primjer: Koliko razliitih djelitelja ima broj 3 82 5 ? Svaki djelitelj broja 3 82 5 moe se prikazati kao ureeni par broja (D, P) gdje sastavnica D moe biti 20, 21, 22 ili 23 i sastavnica P moe biti 50, 51, 52, 53, 54, 55, 56, 57 ili 58. Dakle prema teoremu o

uzastopnom prebrojavanju takvih ureenih parova ima 4 9 = 36. 8. Za trolani upravni odbor jednog drutva postoje 4 kandidata za predsjednika, 6 za dopredsjednika

i 2 za tajnika. Nijedan se kandidat nije kandidirao za vie funkcija. Na koliko se naina moe izabrati upravni odbor?

Rjeenje Upravni odbor je ureena trojka (P, D, T). Prva komponenta se moe odabrati na 4, druga na 6 i trea na 2 naina. Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju broj svih takvih ureenih trojki je 4 6 2 = 48. 9. Koliko se dvoznamenkastih parnih brojeva moe nainiti od znamenki 3, 4, 5, 6 i 8?

Rjeenje Svaki dvoznamenkasti parni broj moemo shvatiti kao ureeni par znamenki desetica i znamenki jedinica. Znamenka desetica se prema uvjetima zadatka moe odabrati na 5 naina, a znamenka jedinica na 3 naina (znamenka jedinica moe biti 4 ili 6 ili 8). Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju broj takvih ureenih parova je 5 3 = 15. 10. Koliko ima esteroznamenkastih brojeva kojima je svaka znamenka parna i razliita od nule?

Rjeenje Svaka znamenka moe se odabrati na 4 naina. Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju, ukupan broj svih esteroznamenkastih brojeva sa samim parnim znamenkama (ne raunajui 0) je 46 = 4096.

11. Na koliko razliitih naina mogu pasti dvije kocke? Rjeenje Na svakoj kocki moe se pojaviti 1, 2, 3, 4, 5 ili 6. Svaki rezultat pri bacanju dviju kocaka zapisujemo kao ureeni par u kojem je prva sastavnica dobivena vrijednost na prvoj kocki, a druga sastavnica dobivena vrijednost na drugoj kocki. Skup svih takvih ureenih parova je {(x, y): x, y {1, 2, 3, 4, 5, 6}}. Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju broj tih ureenih parova je 62 = 36.

12. Na koliko razliitih naina mogu pasti tri kocke? Rjeenje Na svakoj kocki moe se pojaviti 1, 2, 3, 4, 5 ili 6. Svaki rezultat pri bacanju triju kocaka zapisujemo kao ureenu trojku u kojoj je prva sastavnica dobivena vrijednost na prvoj kocki, druga sastavnica dobivena vrijednost na drugoj kocki a trea sastavnica dobivena vrijednost na treoj kocki. Skup svih takvih ureenih trojki je {(x, y, z): x, y, z {1, 2, 3, 4, 5, 6}}. Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju broj tih ureenih trojki je 63.

13. Promotrimo niz brojeva 1000, 1001, 1002, ... 9998, 9999. Koliko brojeva meu njima ne sadri znamenku 7?

Rjeenje Zadatak rjeevamo koristei teorem o uzastopnom prebrojavanju. Zadatak moemo formulirati na sljedei nain. Koliko moemo napisati etveroznamenkastih brojeva pomou znamenaka 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8 i 9? Znamenku tisuica moemo odabrati na 8 naina (0 ne moe biti znamenka tisuica), znamenke stotica, desetica i jedinica moemo svaku odabrati na po 9 naina. Traenih brojeva ima 8 9 9 9 = 5382.


28

14. Koliko se troznamenkastih brojeva moe napisati pomou znamenki 1, 2, 3, ..., 9 ako se znamenke ne ponavljaju?

Rjeenje 9 8 7 = 504. 15. Koliko se razliitih etveroznamenkastih brojeva moe nainiti od znamenki 2, 3, 5, 7, 9, ako se

znamenke ne ponavljaju?

Rjeenje 5 4 3 2 = 120. 16. Koliko se deveteroznamenkastih brojeva moe napisati sa devet znamenaka, meu kojima nije 0?

Rjeenje 99 = 387420489. 17. Na jednoj bonoj stranici trokuta odabrano je n toaka, a na drugoj m toaka. Svaki vrh osnovice

spojimo sa svim tokama na suprotnoj stranici. Na koliko se dijelova podijeli trokut opisanim postupkom?

Naputak Primijenite teorem o uzastopnom prebrojavanju. Promotrite najprije konkretne sluajeve (na primjer n = 3 i m = 4). 18. Od znamenki 1, 3, 5, 8, i 9 naini sve:

a) dvoznamenkaste b) troznamenkaste c) etveroznamenkaste tako da se u njima ni jedna od danih znamenaka ne ponavlja. Koliko takvih brojeva ima?

Rjeenje (a) 5 4 = 20 (b) 5 4 3 = 60 (c) 5 4 3 2 = 120 2.4. PERMUTACIJE Permutacija konanog skupa S je svaka bijekcija skupa S na sama sebe.

Neka je S = {1, 2, 3}: Svaka bijekcija f : S S je jedna permutacija skupa S. Takvih bijekcija ima ukupno 6.

Promotrimo bijekciju f : S S definiranu sa f(1) = 1, f(2) = 3, f(3)=2.

Tu bijekciju moemo zapisati: 02S 1 2 3

S 1 2 3

f

ei i krai zapis je

1 2 31 3 2

.

Postoji ukupno 6 permutacija skupa S = {1, 2, 3}: 1 2 31 2 3

, 1 2 31 3 2

, 1 2 32 1 3

, 1 2 32 3 1

, 1 2 33 1 2

, 1 2 33 2 1

.

Ove permutacije jo krae zapisujemo na sljedei nain:

123, 132, 213, 231, 312, 321


29

Permutacija skupa od n elemenata moe se definirati i kao ureena n-torka ije su sastavnice razliiti

elementi toga skupa.

Svaki odreeni poreaj od n elemenata je jedna permutacija. U permutaciju ulaze svi zadani elementi.

Dvije se permutacije meusobno razlikuju samo razliitim razmjetajem elemenata.

Teorem: Broj permutacija od n elemenata je n!

Oznaimo sa Pn broj permutacija skupa o n elemenata. Izaberimo neki element a iz skupa A od n

elemenata. Promotrimo sve permutacije u kojima je a na prvom mjestu:

a. Broj takvih permutacija je jednak broju permutacija od n 1 elemenata. Zakljuujemo da je broj permutacija u kojima je a na prvom mjestu jednak 1nP .

Neka je P skup svih permutacija skupa A. Tada (1) (2) (3) ( )nP P P P P= , gdje je (1)P skup svih permutacija u kojima je 1 na 1. mjestu, (2)P skup svih permutacija u kojima je 2 na 1. mjestu,

(3)P skup svih permutacija u kojima je 3 na 1. mjestu, ..., ( )nP skup svih permutacija u kojima je n na

1. mjestu. Skupovi (1)P , (2)P , (3)P , ..., ( )nP nemaju zajednikih elemenata pa vrijedi

( ) ( ) ( ) ( ) ( )(1) (2) (3) ( )nk P k P k P k P k P= + + + + odnosno

( ) ( 1) !P n n P n n= = A moemo pokazati broj permutacija i na osnovi teorema o uzastopnom prebrojavanju. Svaka

permutacija je n-torka. Na prvo mjesto moemo postaviti bilo koji od n elemenata. Nakon toga, kako

je zauzeto prvo mjesto, na drugo mjesto moemo postaviti bilo koji od preostalih n 1 elemenata.:..

Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju slijedi ( ) ( 1)( 2) 2 1 !P n n n n n= ="

Primjer: Permutacije skupa {a, b, c, d}. abcd, abdc, acbd, acdb, adbc, adcb, bacd, badc, bcad, bcda, bdac, bdca,

cabd, cadb, cbad, cbda, cdab, cdba, dabc, dacb, dbac, dbca, dcab, dcba


30

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

Promotrimo permutacije od dva istaknuta elementa: X i Y te preostalih n 2 elemenata. Odredimo broj permutacija u kojima su istaknuti elementi susjedni. Mogue su sljedei sluajevi:

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



X Y ... Element X je na 4., a element Y na 5. mjestu. ............................................ ..........................................................................................................

... X Y Element X je na (n 1)-om, a element Y na n-tom mjestu. Ovih osnovnih razmjetaja ima n 1. No, svakom od njih odgovara razmjeraj u kojemu X i Y meusobno zamijene mjesta. Dakle, imamo 2(n 1) mogunost. Preostalih n 2 elemenata mogue je razmjestiti na ( 2)!n razliitih naina. Dakle, svakoj od prikazanih 2(n 1) moguih pozicija elemenata X i Y odgovara jo ( 2)!n razliitih razmjetaja preostalih elemenata. Zakljuujemo da je broj svih permutacija od n elemenata u kojima su istaknuta dva elementa susjedna jednak 2( 1) ( 2)!n n Prema tome broj permutacija u kojima ta dva elementa nisu susjedna je

! 2( 1) ( 2)! ! 2( 1)! ( 1)! 2( 1)! ( 2) ( 1)!n n n n n n n n n n = = = Primjer: Na koliko naina moemo razmjestiti brojeve 1, 2, 3, 4, ..., 20 tako da je svaki parni broj na

parnom mjestu?

Parne brojeve 2, 4, 6, ..., 20 moemo razmjestiti na parne pozicije (tj. na drugu, etvrtu, estu,...,

dvadesetu) na 10! naina. Svakom taom razmjetaju odgovara 10! razliitih razmjetaja preostalih 10

neparnih brojeva na neparnim pozicijama.

Prema tome, broj razmjetaja brojeva 1, 2, 3, ..., 20 tako da parni budu na parnim mjestima je 2( !)n .

Permutacije s ponavljanjem

Od n elemenata meu kojima je k jednakih, dobiva se n! permutacija, ali se dobiva k! puta manje

permutacija nego od n razliitih elemenata: !!nk .

Ako je meu n elemenata njih k1 jedne vrste, k2 druge,... i km m-te vrste i unutar jedne vrste su svi

meusobno jednaki, onda je ukupan broj permutacija:

1 2

!! ! ... !m

nk k k

Primjer: Koliko se razliitih signala moe prikazati pomou 8 zastavica od kojih su 2 crvene, 3 bijele

i 3 plave ako su sve zajedno nanizane na okomitom jarbolu?

Ukupan broj signala je 8! 5602!3!3! = .


31

19. Koliko ima permutacija koje poinju sa xy elemenata x, y, i z ? Rjeenje Samo jedna permutacija xyz. 20. Na koliko se naina moe rasporediti 7 razliitih knjiga na jednoj polici?

Rjeenje Svaki raspored 7 razliitih knjiga na jednoj polici je jedna permutacija. Broj permutacija od 7 razliitih elemanata je 7! = 5040. 21. Koliko se razliitih signala moe pokazati pomou 2 crvene, 3 bijele i 3 plave zastavice ako su sve

zajedno nanizane na okomitom jarbolu?

Rjeenje 8!

560.2!3!3!

=

Broj razliitih signala jednak je broju permutacija s ponavljenjem od 8 elemenata c, c, b, b, b, p, p, p. 22. Imamo 2 crvene, 3 bijele i 4 plave knjige, ali su sve knjige meusobno razliite. Na koliko se

naina mogu rasporediti na jednoj polici tako da sve knjige iste boje budu zajedno?

Rjeenje Svaki raspored knjiga po bojama je jedna ureena trojka boja. Na jednoj polici mogu se iste boje rasporediti na 3! = 6 naina. Crvene se knjige mogu rasporediti na 2! naina, bijele na 3!, a plave na 4! naina. Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju ukupan broj razliitih rasporeda knjiga (ali tako da sve knjige iste boje budu zajedno) je 3! 3! 2! 4! = 1728.

23. Tri puta se baca kocka i registrira brojeve koji su pali. Na koliko se razliitih naina moe dobiti

zbroj barem 15?

Rjeenje Dobiti zbroj barem 15 u ovom sluaju znai dobiti zbroj 15 ili 16 ili 17 ili 18. Primijetimo da je ukupan broj svih moguih rezultata bacanja 3 kocke jednak broju ureenih trojki kojima su sastavnice 1, 2, 3, 4, 5 ili 6. Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju to je 36 = 216.

zbroj 15 663 654 555

mogue na 3!

32!

= naina

mogue na 3! = 6 naina

mogue na 3!

13!

= nain

ukupno 10 naina

zbroj 16 664 655

mogue na 3!

32!

= naina

mogue na 3!

32!

= naina ukupno 6 naina

zbroj 17 665 mogue na 3!

32!

= naina ukupno 3 naina

zbroj 18 666 mogue na 3!

13!

= nain ukupno 1 nain

Zbroj barem 15 moemo dobiti na 20 naina.

24. Bacamo tri puta kocku za igranje. Na koliko razliitih naina moemo dobiti zbroj 11 ili 12?


32

25. Tri mladia i etiri djevojke sjedaju na 7 stolica u jednom redu. Na koliko se naina mogu smjestiti tako da djevojke sjede zajedno?

Prvo rjeenje Mogui su ovi rasporedi sjedenja.

DDDDMMM mogue sjesti na 4! 3! naina MDDDDMM mogue sjesti na 4! 3! naina MMDDDDM mogue sjesti na 4! 3! naina MMMDDDD mogue sjesti na 4! 3! naina

Ukupan broj naina na koji 4 djevojke i 3 mladia mogu sjesti prema uvjetima zadatka je 4 4! 3! = 576. Drugo rjeenje Djevojke sjede zajedno pa ih moemo shvatiti kao jedinku. Tako imamo 4 elementa koja razmjetamo (djevojke kao jedinka i 3 mladia). Broj tih razmjetaja je 4!. U svakom takvom razmjetaju djevojke meusobno moemo razmjestiti na 4! naina. Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju ukupan broj svih razliitih razmjetaja tako da djevojek sjede zajedno ja 4! 4!. 26. Na koliko se naina moe smjestiti u jednoj klupi jedan do drugoga:

(a) 9 uenika (b) 10 uenika?

Rjeenje (a) 9! = 362880 (b) 10! = 3628800

27. Na koliko se naina moe rasporediti est dunosti izmeu est osoba, tako da svaka osoba obnaa tono jednu dunost?

Rjeenje 6! = 720

2.5. KOMBINACIJE Kombinacija bez ponavljanja r-tog razreda od n meusobno razliitih elemenata je svaka skupina od r

(r n) elemenata. Kombinacija bez ponavljanja moe pojedini element sadravati najvie jedanput. U kombinaciji poredak elemenata nije bitan i dvije kombinacije koje podre iste elemente smatraju se

jednakim bez obzira da li se poredak elemenata u dvije kombinacije poklapaju ili ne. Kombinacija bez

ponavljanja r-tog razreda od n elemenata odgovara podskupu od r elemenata skupa od n elemenata.

Primjer: Kombinacije treeg razreda od 5 elemenata {a, b, c, d, e}:

abc, abd, abe, acd, ace, ade, bcd, bce, bde, cde

Teorem: Broj kombinacija bez ponavljanja r-tog razreda od n elemenata je ( )nr Pokazat emo da je broj svih podskupa od r elemenata skupa od n elemenata jednak ( )nr . Oznaimo traeni broj sa nrC .


33

Da bismo dobili podskup od r elemenata trebamo poskupu od r 1 elemenata dodati jedan od preostalih n r + 1 elemenata. Imamo, dakle, 1( 1) nrn r C + mogunosti. No, svi dobiveni podskupovi nisu razliiti. Naime, svaki podskup od r elemenata moemo dobiti na r

naina. Dakle,

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

1 ( 1) 2nr

n n nr r

n r n r nn r n r n rC r r r r rC C C + + + + += = = =

Kako je 1nC n= , to dobivamo ( )nr nC r= .

Na engleskom jeziku se ( )nr ita n choose r to znai da se meu n bira njih r. Primjer: Na koliko se naina od 7 ljudi moe formirati odbor od 3 lana?

Pitanje moemo preformulirati ovako: Koliko postoji razliitih trolanih podskupova skupa od 7

elemenata?

Odgovor: ( )7 7! 353 3! 4!= = . Primjer: Na turniru je sudjelovalo n ahista., i svi su meusobno odigrali po jednu partiju. Koliko je

ukupno odigrano partija?

Svaka ahovska partija odgovara jednom i samo jednom dvolanom podskupu skupa od n elemenata.

Dakle, odigrano je ( ) ( 1)!2 2! ( 2)! 2n nn nn = = . Primjer: Koliko presjecinih toaka nastaje povuku li se dijagonale konveksnog n-terokuta ako ne

postoje tri dijagonale koje se presijaecaju u jednoj toki?

Svaka presijecina toka odreuje 4 vrha n-terokuta i svaka etvorka vrhove jednoznano odreuju

jednu toku presijeka. Prema tome, broj svih presjecinih toaka jednak je broju naina na koje

moemo odabrati 4 vrha izmeu njih ukupno n: ( )4n . Primjer: Koliko se razliitih listia moe ispuniti u loto igri 7 od 39?

Drugim rijeima, koliko postoji sedmerolanih podskupova skupa od 39 elemenata. ( )39 39! 33 34 35 36 37 38 39 153809377 7! 32! 1 2 3 4 5 6 7 = = = Svakoj odabranoj skupini od 7 elemenata odgovara jedna i samo jedna skupina onih 32 koji nisu

zaokrueni.


34

Pokaimo da vrijedi 1 1

1n n nk k k

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

A je nk

. Svi k-lani podskupovi skupa A dijele se u dvije skupine: podskupovi koji sadre odreeni element a i podksupovi koji ne sadre element a.

Broj k-lanih podskupova koji sadre element a je 11

nk

. Naime, preostalih k 1 elemenata podskupa biramo meu n 1 elemenata skupa A.

Broj k-lanih podskupova koji ne sadre element a je 1n

k . Naime, k elemenata podskupa biramo

meu n 1 elemenata skupa A {a}. Zakljuujemo da vrijedi

1 11

n n nk k k

= + . Koliko podskupova ima skup koji se sastoji od n elemenata?

Teorem: Broj svih podskupova skupa od n elemenata je 2n.

Neka je a element skupa A. Neka je aP skup svih podskupova skupa A koji sadre element a. Takvih

podskupova ima isto koliko i podskupova skupa A' = A \ {a} koji sadri sve elemente iz A osim a. Taj skup ima n 1 elemenata. Ako je broj podskupova skupa od n elemenata pn, to je ( ) 1a nk P p = . Neka je aP skup svih podskupova od A koji ne sadre element a.

( ) 1a nk P p = ( ) a aP A P P= ( ) ( ) ( ) 1( ) 2a a nk P A k P k P p = + =

2 11 2 12 2 2

nn n np p p p

= = = =

Skup koji sadri 1 element ima dva poskupa pa je 1 2p = . Slijedi 2nnp = .

Numerirajmo elemente skupa A. Svakom podskupu skupa A jednoznano je pridruena n-torka

sastavljena od 0 i 1 na sljedei nain: na k-tom mjestu piemo 1 ako se element oznaen brojem k

nalazi u podskupu A i 0 ako se element s brojem k ne nalazi u tom podskupu.

Tako praznom skupu odgovara n-torka sastavljena od samih 0. Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju takvih n-torki ima 2n . Prema tome broj svih podskupova skupa A jednak je 2n .


35

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

{a} {b} {c} {a, b} {a, c} {b, c} {a, b, c} 000 100 010 001 110 101 011 111

Kombinacije s ponavljanjem

Tvorimo li od n elemenata razrede s r elemenata tako da se pojedini element moe pojaviti unutar

istog razreda vie puta, dobivene razrede nazivamo kombinacije s ponavljanjem. Broj kombinacija s

ponavljanjem od n elemenata r-tog razreda je

( )1nr n rrC + = {1, 2, 3}, n = 3, r = 4

1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 3 1 1 2 2 1 1 2 3 1 1 3 3 1 2 2 2 1 2 2 3 1 2 3 3 1 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 3 2 3 3 3 3 3 3 3

Svakoj kombinaciji s ponavljanjem od n elemenata r-tog razreda jednoznano je odreen nizom od r

jedinica i n 1 nitica: 0 0 0 ..... 0

onoliko jedinica koliko ima elemenata 1. vrste u kombinaciji

onoliko jedinica koliko ima elemenata 2. vrste u kombinaciji

onoliko jedinica kolikoima elemenata 3. vrste u kombinaciji

onoliko jedinica koliko ima elemenata n-te vrste u kombinaciji

Primjer: abcd, n = 4, r = 2 aa11000, ab10100, ac10010, ad10001, bb01100, bc01010, bd01001, cc00110, cd00101, dd00011 28. Od osam prijavljenih kandidata treba odabrati troje. Na koliko se to naina moe uiniti? Rjeenje Svaki odabir 3 osobe meu njih 8 odgovara jednoj kombinaciji 3. razreda od 8 elemenata. Broj takvih kombinacija je

8

356.=

29. U skupini je 20 uenika i meu njima je uenik A. Na koliko se naina mogu odabrati tri uenika

tako da meu njima bude i uenik A? Rjeenje Ako u skupini od 3 odabrana uenika mora biti uenik A, to zapravo znai da biramo tono 2 uenika. Dakle, biraju se 2

uenika meu njih 19. Broj kombinacija drugog razreda od ukupno 19 elemenata je 19

1712

= .


36

30. Ispiite sve kombinacije 2. razreda od elemenata a, b, c, d, e. Rjeenje Kombinacije 2. razreda: ab, ac, ad, ae, bc, bd, be, cd, ce, de. 31. Na jednom je skupu, kad se svaki sudionik jedanput rukovao sa svakim drugim, bilo ukupno 45

rukovanja. Koliko je ljudi sudjelovalo na skupu? Rjeenje

Svakom rukovanju odgovara odabiru dvoje ljudi. Dvije osobe, meu njih n moe se odabrati na ( )2n naina. Iz ( ) ( 1) 452 2n n n = = dobivamo kvadratnu jednadbu 2 90 0n n = koja ima dva rjeenja n1 = 10 i n2 = 9. Iz fizikih uvjeta zadatka nalazimo da je na skupu bilo 10 sudionika.

32. Na jednom ahovskom turniru sudjelovalo je 17 igraa, pri emu je svaki igra sa svakim odigrao jednu ahovsku partiju. Koliko je ukupno ahovskih partija odigrano na tom turniru?

Rjeenje Odigrano je ukupno 136 partija.

33. Na jednom ahovskom turniru odigrano je ukupno 276 partija. Koliko je na tom turniru sudjelovalo igraa, ako je svaki igra sa svakim igraem odigrao jednu ahovsku partiju?

Rjeenje Na turniru su sudjelovala 24 igraa.

34. Koliko je tetiva odreeno sa 9 toaka na krunici? Rjeenje Jedna tetiva odgovara jednom paru (ne ureenom!) toaka. Zadatak se svodi na odabir dvolanih podskupova skupa od 9 elemenata. Sa 9 toaka na krunici odreeno je 36 tetiva. 35. Koliko skup A = {1, 2, 3, 4, 5} ima trolanih podskupova koji sadre element 5?

Rjeenje Raunamo broj kombinacija 2. razreda od 4 elementa. Skup A = {1, 2, 3, 4, 5} ima ukupno 6 trolanih podskupova koji sadre element 5: {1, 2, 5}, {1, 3, 5}, {1, 4, 5}, {2, 3, 5}, {2, 4, 5}, {3, 4, 5}. 36. Na koliko se naina iz skupine od 8 uenika mogu izdvojiti 4 uenika? Rjeenje

870

4= .

37. Koliko je pravaca odreeno sa 6 toaka od kojih tri ne lee na istom pravcu? Rjeenje

Pravac je odreen s dvije toke. Sa 6 toaka odreeno je 6

152

= pravaca. 38. Na koliko se naina moe izabrati odbor od 3 mukarca i 2 ene od ukupno 11 mukaraca i 7

ena? Rjeenje

Odbor ima dvije sastavnice muke i enske lanove. Muki lanovi odbora mogu se izabrati na 11

3

, a enski lanovi na 7

2

naina. Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju odbor moemo izabrati na 11

3

7

2

= 3465 naina.


37

Na koliko se naina iz skupine od 9 uenika, meu kojima su uenici A i B, moe izabrati delegacija od 5 uenika uz uvjet da u delegaciji ne budu istovremeno uenici A i B? Rjeenje Naa skupina od 9 uenika se sastoji od uenika A, uenika B i 7 ostalih uenika. Odabir petorke u kojoj nisu istovremeno A i B mogu je na jedan od ova tri naina.

u odabranoj petorki je A, a nije B ili

u odabranoj petorki je B, a nije A ili

u odabranoj petorki nije ni A niti B

biramo 4 uenika meu preostalih 7

biramo 4 uenika meu preostalih 7

biramo 5 uenika meu 7 preostalih

7

4

+ 7

4

+ 7

5

Dakle, rjeenje je 27

4

+7

5

= 91. 2.6. VARIJACIJE Ako od n razliitih elemenata tvorimo razrede s r mjesta i unutar svakoga razreda izvrimo sve

mogue permutacije, dobivamo varijacije bez ponavljanja

( ) !( , ) ! ( )!n nV n r rr n r= = {a, b, c, d}, n = 4, r = 3

a b c a c b b a c b c a c a b c b a a b d a d b b a d b d a d a b d b a a c d a d c c a d c d a d a c d c a b c d b d c c b d c d b d b c d c b

Primjer: Na koliko se naina n kuglica moe rasporediti u r kutija?

Zamislimo da smo numerirali sve kutije. Svakom razmjetaju kuglica u kutije odgovara niz nula i

jedinica na sljedei nain.

Na poetku niz ima onoliko jedinica koliko kuglica ima u prvoj kutiji, zatim dopiemu nulu. Nakon

toga dopiemo onoliko jedinica koliko ima kuglica u drugoj kutiji pa opet dopiemo nulu. I tako

redom. Zavravamo s onoliko jedinica koliko ima kuglica u posljednjoj kutiji. Dakle, svakom

razmjetaju kuglica u kutije jednoznano pridruujemo niz od n jedinica i

r 1 kutija. A takvih nizova ima ukupno ( )1n rn+ . Pokaimo jedan mogui razmjetaj 12 kuglica u 6 kutija te odgovarajui niz nula i jedinica

(n = 12, r = 6).

111 0 1111 0 1 0 0 11 0 11

11101111010011011


38

Varijacije s ponavljenjem

Ako od n elemenata tvorimo razrede s r mjesta tako da se pojedini element unutar istog razreda moe

pojaviti vie puta, pa dobivene razrede jo i permutiramo, dobivamo varijacije s ponavljanjem. Dobili

smo niz od r elemenata koji se odabiru meu ukupno n elemenata.

Broj varijacija s ponavljenjem je rn . ZADATCI 39. Ispiite sve varijacije bez ponavljanja 2. razreda elemenata a, b, c, d. Rjeenje Varijacije bez ponavljanja 2. razreda: ab, ba, ac, ca, ad, da, bc, cb, bd, db, cd, dc. 40. Od osnovnih Morseovih znakova . i mogu se nizanjem sastavljati sloeni znakovi. Koliko

postoji sloenih znakova od najvie 5 osnovnih? Rjeenje

od jednog znaka postoje 2 signala 2 od 2 znaka postoje 22 signala jer svaki moemo odabrati na 2 naina 4 od 3 znaka postoje 23 signala jer svaki moemo odabrati na 2 naina 8 od 4 znaka postoje 24 signala jer svaki moemo odabrati na 2 naina 16 od 5 znakova postoje 25 signala jer svaki moemo odabrati na 2 naina 32

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

41. Koliko se permutacija moe nainiti od znamenaka 1, 2, 3, 4, 5, 6, koje poinju: a) znamenkom 4 b) znamenkama 45 c) znamenkama 456?

Rjeenje (a) 5! = 120 (b) 4! = 24 (c) 3! = 6

42. Na koliko se naina mogu dunosti predsjednika, dopredsjednika, tajnika i rizniara podijeliti meu 10 lanova upravnog odbora tako da pojedini lan moe obnaati najvie jednu od tih dunosti?

Rjeenje 10 9 8 7 = 5040

43. Na koliko se naina n osoba moe razmjestiti na m stolica (m > n)? Prvo rjeenje Zamislimo da imamo ukupno m elemenata od kojih je n razliitih (ljudi) i m n jednakih (prazne stolice). Razliiti rasporedi sjedenja su zapravo permutacije s ponavljanjem od m elemenata meu kojima je m n jednakih:

!

( )!

m

m n.

Drugo rjeenje Uz vrsto odabranih m n praznih stolica, postoji n! mogunosti zauzimanja preostalih n stolica sa n osoba. No, m n stolica

od njih ukupno m moemo odabrati na !

( )!

m

m n naina, pa je traeni broj

!

( )!

m

m n.

Tree rjeenje Zamislimo da su stolice numerirane. Svakom razmjetaju odgovara jedna numeracija od n osoba sa n od ukupno m brojeva pa je traeni broj jednak broju varijacija n-tog razreda od m elemenata.


39

3. POJAM VJEROJATNOSTI 3.1. SLUAJNI DOGAAJI 3.2. VJEROJATNOSNI PROSTOR

3.1. SLUAJNI DOGAAJI Promatrat emo pokuse u kojima uvjeti ne odreuju jednoznano rezultat pokusa. Primjer takvog

pokusa je obino bacanje novia: unaprijed ne znamo hoe li pasti pismo ili glava. Takve pokuse

nazivamo nedeterministikim.

Primjer: Baca se kocka za igranje i registrira broj koji je pao. Skup svih logiki moguih rezultata je {1, 2, 3, 4, 5, 6} Primjer: Baca se novi 3 puta u zrak i registrira koliko je puta palo pismo. Skup svih logiki moguih rezultata ovoga pokusa je {0, 1, 2, 3}. Primjer: Baca se novi 3 puta u zrak i registrira niz dobivenih pisama i glava. Skup svih logiki moguih rezultata ovoga pokusa je {PPP, PPG, PGP, GPP, PGG, GPG, GGP, GGG}. Primjer: Bacaju se dvije kocke za igranje i registriraju brojevi koji su pali. Skup svih logiki moguih rezultatat moe se predstaviti kao skup svih ureenih parova (i, j), gdje prva sastavnica i predstavlja broj na prvoj kocki, a druga sastavnica j broj na drugoj kocki. Ukupno je 62 = 36 takvih rezultata.

(1,6)

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

(6,6)

(1,5)

(2,5) (3,5) (4,5) (5,5)

(6,5)

(1,4)

(2,4) (3,4) (4,4) (5,4)

(6,4)

(1,3)

(2,3) (3,3) (4,3) (5,3)

(6,3)

(1,2)

(2,2) (3,2) (4,2) (5,2)

(6,2)

(1,1)

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

(6,1) Primjer: U ari se nalaze samo crne kuglice. Vadi se jedna kuglica i registrira njezina boja. Skup svih logiki moguih rezultata sadri samo jedan element: {crno}. U ovim je primjerima skup svih rezultata pokusa bio konaan. No, ne mora uvijek biti tako. U

sljedeem je primjeru skup rezultata beskonaan.


40

Primjer: Uzimamo jednu elektrinu arulju i registriramo vrijeme njezine trajnosti. Sada je skup svih moguih rezultata zatvoreni interval [0, T], gdje T dostatno veliki realni broj. Skup svih logiki moguih rezultata nekog nedeterministikog pokusa obino oznaavamo . Pojedini elemenet skupa nazivamo elementarnim dogaajima. Elementarni dogaaji se meusobno iskljuuju, to znai da promatramo samo one pokuse koji mogu imati jedan i samo jedan rezultat.

Skup elementarnih dogaaja moe biti diskretan (konaan ili prebrojiv) ili neprekidan. Podskup skupa

svih elementarnih dogaaja nazivamo sluajni dogaaj.

Primjer: Promotrimo pokus u kojem se baca kocka za igranje i registrira broj koji je pao. Neka je sluajni dogaaj A: pao je broj djeljiv sa 3. Sada je = {1, 2, 3, 4, 5, 6} skup je svih elementarnih dogaaja. Uporabom skupovnih oznaka, sluajni dogaaj A zapisujemo A = {3, 6}. Dakle, dogaaj A (pao je broj djeljiv sa 3) realizirat e se ako se realizira jedan od elementarnih dogaaja iz A (pao je broj 3 ili (pao je broj 6).

Primjer: Promotrimo pokus u kojem se novi baca 3 puta u zrak i registrira koliko je puta palo pismo. Skup svih elementarnih dogaaja je = {0, 1, 2, 3}. Neka je A sluajni dogaaj nijednom nije palo pismo. Oito A = {0}. Primjer: Promotrimo pokus u kojem se novi baca 3 puta u zrak i registrira niz dobivenih pisama i glava. Skup svih elementarnih dogaaja je = {PPP, PPG, PGP, GPP, PGG, GPG, GGP, GGG}. Sluajni dogaaj A: palo je vie pisama nego glava zapisujemo u skupovnoj notaciji A = {PPP, PPG, PGP, GPP}. Primjer: Promotrimo pokus u kojem se bacaju dvije kocke za igranje i registriraju brojevi koji su pali. Sluajni dogaaj A definiran s zbroj brojeva na kockama je 9 moemo zapisati A = {(4, 5), (5, 4), (6, 3), (3, 6)}. Primjer: U ari se nalaze samo crne kuglice. Vadi se jedna kuglica i registrira njezina boja, Oito je = {crno}. Ako sluajni dogaaj A definiramo izjavom izvaena bijela kuglica, onda je A = .

Sluajni dogaaj A realizira se ako i samo ako se realizira neki elementarni dogaaj koji pripada dogaaju A (kao podskupu od ). Dogaaj A = ne moe se nikada realizirati jer ne postoji ni jedan elementarni dogaaj koji bi pripadao dogaaju A. Stoga A = nazivamo nemoguim dogaajem. Dogaaj A = nazivamo sigurnim dogaajem. On se sastoji od svih moguih elementarnih dogaaja, tj. od svih logiki moguih rezultata pokusa od kojih se jedan mora dogoditi.

Vratimo se pokusu u kojemu se baca kocka i registrira broj koji je pao. Vidjeli smo da je skup svih

elementarnih dogaaja = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Sluajni dogaaj A: pao broj djeljiv sa 3 zapisuje se u skupovnoj notaciji A = {3, 6}. Prirodno se uz svaki dogaaj javlja i njegova negacija. U ovome sluaju, to je dogaaj nije pao broj djeljiv sa 3. U skupovnoj se notaciji novi dogaaj zapisuje {1, 2, 4, 5}. Kako je taj dogaaj negacija dogaaja A, a u skupovnom smislu komplement skupa A u odnosu na skup kao univerzalni skup, to ga zapisujemo AC i nazivamo suprotan dogaaj od A.


41

Neka je dogaaj B definiran izjavom: pao je broj manji od 4, tj. B = {1, 2, 3}. Od dogaaja A i B moemo tvoriti novi dogaaj C: pao je broj djeljiv sa 3 ili je pao broj manji od 4. Oito C = {1, 2, 3, 6}. Ovaj novi dogaaj oznaavamo C = A B. Oznaka sugerira skupovni smisao dogaaja C koji je unija skupova A i B. na slian se nain uvodi i presjek dogaaja A i B. Dogaaj D definiran s pao je

broj djeljiv sa 3 i manji od 4 je u skupovnom smislu {3}, tj. upravo presjek dogaaja A i B kao skupova pa ga i oznaavamo D = A B. Operracije nad sluajnim dogaajima odgovaraju operacijama sa skupovima. Openito vrijede sljedee oznake:

AC Dogaaj AC je suprotan dogaaju A i on se realizira ako i samo ako se ne realizira dogaaj A.

A B Unija dogaaja A i B definira dogaaj C = A B koji se realizira ako i samo ako se realizira barem jedan od dogaaja A i B.

A B Presjek dogaaja A i B definira dogaaj D = A B koji se realizira ako i samo ako se realiziraju i dogaaj A i dogaaj B.

A B = Dogaaji A i B se meusobno iskljuuju tj. ne mogu se istodobno realizirati. A = Dogaaj A nije mogu. A = Dogaaj A je siguran. A B Dogaaj A implicira dogaaj B tj. kadgod se realizira dpgaaj A, realizira se i dogaaj

B.

Ovim se postupkom od jednog ili vie sluajnih dogaaja grade novi sluajni dogaaji. prirodan je

zahtjev da ako elimo ispitivati dogaaje A i B onda svakako to elimo initi i sa svim dogaajima koji

se mogu izgraditi pomou ovih dogaaja. Na taj nain izgraujemo potpun sustav dogaaja. Potpun

sustav dogaaja je familija podskupova skupa sa svojstvima: (a) (b) A AC (c) A i A A B

Primjer potpunog sustava dogaaja je partitivni skup P() skupa svih elementarnih dogaaja . Na ovaj je nain stvoren sustav dogaaja koji sadri sve dogaaje to ih moemo izvesti elementarnim

operacijama nad njima.


42

3.2. VJEROJATNOSNI PROSTOR Opisat emo kako se na potpunom sustavu dogaaja uvodi mjerenje istinitosti. Ta mjera istinitosti se u

matematici naziva vjerojatnost.

Neka je potpun sustav dogaaja i neka su 1, 2, 3, ..., n elementarni dogaaji. Za mjeru istinitosti dogaaja A, tj. za vjerojatnost dogaaja A (oznaka p(A)) prirodno je postaviti sljedee

zahtjeve:

P() = 0 tj. nemogu dogaaj ima vjerojatnost 0 P() = 1 tj. vjerojatnost sigurnog dogaaja je 1 0 P(A) 1 za sve A tj. vjerojatnost svih dogaaja je broj iz intervala [0, 1] ako A B = onda P(A B) = P(A) + P(B) tj. vjerojatnost da e se dogoditi barem jedan od

dvaju meusobno iskljuivih dogaaja jednaka je zbroju vjerojatnosti tih dogaaja

Neka elementarnim dogaajima 1, 2, 3, ..., n odgovaraju vjerojatnosti p1, p2, p3, ..., pn redom. Budui vrijedi

= {1} {2} {3} ... {n} te P() = 1, zakljuujemo da p1 + p2 + p3 + ... + pn = 1. Dakle, ako imamo konaan potpun sustav od 2n dogaaja, onda definirati vjerojatnost znai odabrati

niz realnih nenegativnih brojeva p1, p2, p3, ..., pn iji je zbroj 1.

Meutim, u primjenama su najee svi elementarni dogaaji meusobno ravnopravni pa im se

prirodno pripisuje jednaka vjerojatnost.

Tada je ta vjerojatnost, ako je rije o n elementarnih dogaaja, nuno 1n

.

Vjerojatnost po volji odabranog sluajnog dogaaja A iz sustava dogaaja u tom je sluaju broj oblika mn

, gdje je m broj elementarnih dogaaja koji tvore sluajni dogaaj A. To opisujemo rijeima:

Dogaaj A ima m povoljnih od n jednako vjerojatnih mogunosti pa vrijedi P(A) = mn

.

Ovako uveden pojam vjerojatnosti nazivamo klasina definicija vjerojatnosti.

Primjer. Bacamo kocku i registriramo broj koji je dobiven. Skup svih moguih rezultata je = {1, 2, 3, ,4 5, 6}. Dogaaj A: pao je paran broj ima skupovni zapis A = {2, 4, 6}. Tada je P(A) = P({2} {4} {6}) = 1 1 1 1

6 6 6 2+ + = .

Pojam vjerojatnosti moe se uvesti na jo jedan nain. Uz ovako uvedenu vjerojatnost vee se i pojam

relativne frekvencije dogaaja. Promotrimo serije bacanja novia od 10, 100, 1000 i 10 000 puta i pri

emu odreujemo broj pojavljivanja pisma. Odgovarajue relativne frekvencije (dakle, omjeri

pojave pisma i broja bacanja) su, primjerice, 0,7; 0,44; 0,518 i 0,5038. Eksperimentalno provjeravanje

pokazuje da se relativna frekvencija stabilizira oko broja 0,5.


43

Dakle, pri ponavljanju pokusa velik broj puta u neizmjenjenim uvjetima, opaamo odreenu

pravilnost. Neka se odreeni pokus ponavlja n puta u neizmjenjenim uvjetima. Oznaimo sa n(A) broj

pokusa u kojima se realizirao sluajni dogaaj A.

Iskustvo nas navodi na zakljuak da se pri poveanju broja pokusa n, relativna frekvencija ( )n An

sve

vie grupira oko odreenog broja. Tu pojavu nazivamo stabilnost relativne frekvencije.

Taj broj oko kojega se relativna frekvencija ( )n An

sve vie stablizira ili grupira pri neogranienom

rastu broja pokusa, nazivamo vjerojatnost dogaaja A.

Ova razmatranja formalizirajmo u sljedeoj definiciji. Neka je skup elementarnih dogaaja i potpun sustav dogaaja. Vjerojatnost P je realna funkcija definirana na skupu sa svojstvima:

(v1) P() = 1 (v2) P(A) 0 za svaki A (v3) ako A i B i A B = onda P(A B) = P(A) + P(B)

Trojka (, , P) naziva se vjerojatnosni prostor. Naglasimo sljedee. Vjerojatnost sigurnog dogaaja je 1, a nemogueg dogaaja 0. No, to ne znai da

dogaaj ija je vjerojatnost 0 nije mogu ili da e se dogaaj ija je vjerojatnost 1 sigurno dogoditi.

Vjerojatnost P(A) = 1 znai da se dogaaj A praktino uvijek dogaa.

Promotrimo jo neka svojstva vjerojatnosti.

P() = 0 jer iz jednakosti = slijedi P() + P() = P(). Odatle, P() = 0. P(AC) = 1 P(A), naime iz AC A= slijedi P(AC) + P(A) = P() = 1. Ako A B onda P(A) P(B), naime oznaimo sa C presjek skupova AC i B: C = AC B, a tada B = A C iz ega slijedi P(B) = P(A) + P(C) P(A). Primjer: Deset kartica je numerirano od 1 do 10 i pomijeano u kutiji. Izvlae se dvije kartice. Naimo vjerojatnost dogaaja da je zbroj brojeva na izvuenim karticama jednak 10. Skup svih

moguih rezultata je skup svih parova (x, y) od 10 kartica. Njihov broj je 10 452

= .

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

45.


44

Primjer: Bacamo tri puta kocku za igranje. to je vjerojatnije: da emo dobiti zbroj 11 ili 12? Ukupan broj svih moguih rezultata od triju bacanja kocke jednak broju ureenih trojki kojima su

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

6, 4, 1 realizira se na 3! = 6 naina


5, 5, 1 realizira se na 3! 32!

= naina



= naina

zbroj 11


= naina

Vjerojatnost zbroja 11 u tri bacanja kocke je 27216

.



= naina



= naina


zbroj 12


= naina

Vjerojatnost zbroja 12 u tri bacanja kocke je 25216

.

3.3. GEOMETRIJSKA VJEROJATNOST Primjer: Iz intervala [0, 1] sluajno biramo dva broja x i y. Kolika je vjerojatnost da oni zadovoljavaju nejednakost 2 2 1x y+ . Skup svih moguih rezultata pokusa je ( ) [ ]{ }, , 0,1x y x y = , tj. skup svih toaka ( ),T x y koje pripadaju kvadratu sa stranicama duljine 1. Sluajni dogaaj ( ){ }2 2, 1A x y x y= + . U ovome sluaju govorimo o geometrijskoj vjerojatnosti. Skup svih moguih rezultata je izmjeriv

skup na pravcu, u ravnini ili u prostoru. Izmjeriv je u smislu da mu se moe izmjeriti duljina, plotina ili obujam. Sluajni dogaaj A je bilo koji izmjeriv podskupa skupa . Tada je vjerojatnost sluajnog dogaaja A ( ) ( )( )

m AP A

m= .


45

U naem primjeru ( ) ( )( ) 41 4m A

P Am

= = =

0 1

1 (1,1)

Dvije osobe dolaze na jedno mjesto u sluajnim trenutcima izmeu 19 i 20 sati. Kolika je vjerojatnost

da e izmeu njihovih dolazaka proi barem 40 minuta?

Neka su x i y trenutci dolazaka tih osoba. Skup elementarnih dogaaja je

( ){ }, 19 20,19 20x y x y = . Sluajni dogaaj A je ( ) 2,

3A x y x y =

22 3

233

x yx y

x y

( ) 19

P A =

0 19

19

20

20


46

Primjer: Neka su A i B zadane toke na krunici i C sluajno odabrana toka te krunice. Kolika je

vjerojatnost da pravac BC sijee promjer krunice koji prolazi tokom A?

A

B

C

D

Duljina krunice neka je L. Dogaaj BC sijee promjer AD nastupa samo ako C lei u polukrunici u kojoj nije zadana toka B.

Dakle, traena vjerojatnost jednaka je 12 2

L

L = .

Primjer: Na ravninu 2R baen je novi promjera 12 . Kolika je vjerojatnost da novi pokrije

toku s cjelobrojnim koordinatama?

( , 1)m n +

( 1, )m n+

( 1, 1)m n+ +

( , )m n

21( ) 4p A =

( ) 1p = ( )( )

p Ap p= = 16


47

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

x

y

1

2

20

1

2

0

1 1 1 5( ) 2 3 2 6m A x dx= + = + = ( ) 4m =

Primjer: Sluajno se biraju brojevi [ ]0,1x i [ ]0, 2y . Kolika je vjerojatnost da je njihov zbroj vei od 2, a umnoak manji od 1?

Skup svih elementarnih dogaaja je { }( , ) : 0 1, 0 2x y x y = . Odredimo vjerojatnost dogaaja { }( , ) : ( , ) , 2, 1A x y x y x y xy= + < < . Dogaaj A prikazan je sjenanim skupom toaka na slici.

x

y

1

2

0

2x y+ =

1xy =


48

22

1 2

1 1 1 1 1( ) (2 ) ln 0,19312 2 2 2 2m A x dx = + =

( ) 0,1931 0,0966( )p Ap p= 2

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

pravcima s meusobno jednakim udaljenostima L, pri emu je d L . Kolika je vjerojatnost da igla sijee jedan pravac?

d

d

d

d

L

L

Oznaimo s kut to ga igla zatvara s najbliim pravcom, a s x udaljenost polovita igle od najblieg pravca. Igla se baca sluajno. Prema tome, veliine x i se zapravo na sluajan nain biraju iz intervala [ ]0, 2L , odnosno [ ]0, , nevosino jedna o drugoj. Poloaj igle jednoznano je odreen ureenim parom ( , )x . Taj ureeni par biramo unutar pravokutnika [ ] [ ]0, 0, 2L . Igla e sijei pravac ako sin2

dx < .

x sin2

d

2d

2d

x

sin2d


49

Dakle, skup svih elementarnih dogaaja je pravokutnik [ ] [ ]0, 0, 2L , a skup povoljnih dogaaja je ( , ) : 0 0 2 sin2

dS x x L x = , ,


50

ZADATCI 1. Bacamo dvije kocke za igru. Definiramo dogaaje A i B na sljedei nain:

A .... na prvoj kocaki pojavila se trica; B .... zbroj brojeva na kockama manji je od 6. Opiite slijedee dogaaje i naite njihovu vjerojatnost: AB, AB.

Rjeenje

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

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

2. Bacamo dva novia. Definiramo dogaaje A i B na sljedei nain:

A .... na prvom noviu pojavilo se pismo (P); B .... na drugom noviu pojavilo se pismo (P). Opiite dogaaje C = A B i C te im izraunajte vjerojatnost.

Rjeenje A = {(P, P), (P, G)} B = {(P, P), (G, P)} A B = {(P, P), (P, G), (G, P)} C = {(G, G)}

2 1( ) 36 18P A = = , 2 1( ) 36 18P B = = ,

3 1( ) 36 12P C = = , 1( ) 36P C =

3. Bacamo tri igrae kocke. Kolika je vjerojatnost da se pojavi zbroj vei od 16? Rjeenje A .... zbroj 17 , odnosno ( ) ( ) ( ){ }6,6,5 , 6,5,6 , 5,6,6A = B .... zbroj 18 , odnosno ( ){ }6,6,6B = Dogaaji A i B se meusobno iskljuuju tj. A B = .

( ) ( ) ( )P A B P A P B = + 4. Bacamo dvije kocke za igru. Neka je A = dogaaj da se na prvoj pojavila estica, a B = dogaaj da

se na drugoj pojavio neparan broj. Opiite slijedee dogaaje i naite njihovu vjerojatnost: AB, AB, A .

Rjeenje 5. Na pet jednakih listia ispisana su slova I, L, P, S, T. Listii se izmijeaju i zatim sluajno stave u

niz. Kolika je vjerojatnost da se dobije rije SPLIT? 6. Sluajno se sloe u niz est kartica na kojima su slova A, A, C, I, J, N. Kolika je vjerojatnost da e

pisati JANICA? Rjeenje Rije je o permutacijama s ponavljanjem.

16!2!

p =


51

7. Sluajno se sloe u niz est kartica na kojima su slova A, A, A, P, R T. Kolika je vjerojatnost da e pisati APARAT?

Rjeenje 16!3!

p =

8. Sluajno se sloe u niz est kartica na kojima su slova A, K, K, L, O, P, S. Kolika je vjerojatnost

da e pisati SKLOPKA? Rjeenje

!2!7

1=P

9. Kolika je vjerojatnost da kvadrat sluajno odabranog cijelog broja ima zadnju znamenku 1? Rjeenje Samo brojevi ija je zadnja znamenka 1 ili 9 imaju kvadrat ija je zadnja znamenka 1. Dakle, od 10 moguih sluajeva zadnje znamenke, 2 sluaja su povoljna za na dogaaj. 2

10

10. Meu brojevima 1, 2, 3, ..., 9, 10 biramo dva broja. Kolika je vjerojatnost da je razlika prvog i

drugog broja barem 4? 11. Iz skupa {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} sluajno se biraju dva broja. Kolika je vjerojatnost da je izabran jedan

paran i jedan neparan broj? Rjeenje Primjenimo teorem o uzastopnom prebrojavanju. Paran broj moemo odabrati na 3, a neparan na 4 naina. Dakle dva broja od kojih je jedan paran, a drugi neparan moemo odabrati na 12 naina.

4 31 1 4

7 72

p

= =

12. Iz skupa {a, b, c, d, 1, 2, 3, 4, 5} sluajno se biraju tri znaka. Kolika je vjerojatnost da je izabrano

jedno slovo i dvije brojke? Rjeenje

4 51 2

93

P

=


52

13. Sluajni pokus: Bacanje dviju kocaka. Kolika je vjerojatnost da je na prvoj kocki pao broj vei nego na drugoj?

Rjeenje

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

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

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

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

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

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

(4,1)

15( ) 36p A =

14. Sluajni pokus: Bacanje dviju kocaka. Kolika je vjerojatnost da dobijemo brojeve iji je zbroj vei

od 8? 15. Na 24 kartice napisani su brojevi od 1 do 24, redom. Sluajno je izvuena jedna kartica. Kolika je

vjerojatnost da ja na njoj napisan viekratnik od 5? Rjeenje

{ }5,10,15, 20A = 4 1( ) 24 6P A = =

16. Bacamo dvije kocke. Kolika je vjerojatnost da emo dobiti zbroj 5 ili umnoak 4? Rjeenje

zbroj 5 ( ) ( ) ( ) ( ){ }1,4 , 2,3 , 3,2 , 4,1 umnoak 4 ( ) ( ) ( ){ }1,4 , 2,2 , 4,1 17. Bacamo dvije kocke. Kolika je vjerojatnost da e one pokazati 2 jednaka broja ili dva broja iji je

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


53

18. Bacamo dvije kocke. Kolika je v

Documents

Vukovic ViS