Zbirka rešenih ispitnih zadataka iz verovatnoce, statistike i slucajnih

UNIVERZITET U NOVOM SADU

FAKULTET TEHNICKIH NAUKA

Tatjana Grbic Ljubo Nedovic

Zbirka resenih ispitnih zadataka

iz verovatnoce, statistike i

slucajnih procesa

Novi Sad, 2001. god.

Naslov: Zbirka resenih ispitnih zadataka iz verovatnoce,statistike i slucajnih procesa

Autori: mr Tatjana Grbic, asistent naFakultetu tehnickih nauka u Novom Sadu

Ljubo Nedovic, asistent naFakultetu tehnickih nauka u Novom Sadu

Recenzenti: dr Mila Stojakovic, redovni profesor naFakultetu tehnickih nauka u Novom Sadu

dr Jovan Malisic, redovni profesor naMatematickom fakultetu u Beogradu

dr Zorana Luzanin, docent naPrirodno-matematickom fakultetu u Novom Sadu

mr Dragan -Doric, asistent naFakultetu organizacionih nauka u Beogradu

mr Emilija Nikolic -Doric, asistent naPoljoprivrednom fakultetu u Novom Sadu

mr Zoran Ovcin, asistent naFakultetu tehnickih nauka u Novom Sadu

Kompjuterski slog: Ljubo Nedovic

Izdavac: Fakultet tehnickih nauka, Novi Sad

Tiraz: 100 primeraka

Autori zadrzavaju sva prava. Bez pismene saglasnosti autora nije dozvoljenoreprodukovanje (fotokopiranje, fotografisanje, magnetni upis ili umnozavanjena bilo koji nacin) ili ponovno objavljivanje sadrzaja (u celini ili u delovima)ove knjige.

Predgovor

”Zbirka resenih ispitnih zadataka iz verovatnoce, statistike i slucajnih procesa”sadrzi zadatke sa ispita ”Slucajni procesi” iz perioda januar 1999. - oktobar2001. godine koji su odrzani na elektrotehnickom odseku Fakulteta tehnickihnauka u Novom Sadu. Svaki rok sadrzi 6-9 zadataka u zavisnosti od vazecegplana i programa.Ova Zbirka namenjena je prvenstveno studentima elektrotehnickog odseka Fa-kulteta tehnickih nauka u Novom Sadu, gde se verovatnoca, statistika i slucajniprocesi predaju na drugoj (smer racunarstvo) i trecoj (smer telekomunikacije)godini studija. Pored toga Zbirka se preporucuje i studentima saobracajnogodseka koji na drugoj godini studija u okviru predmeta ”Matematicka stati-stika”izucavaju oblasti obradene u ovoj zbirci. Autori se nadaju da ce je sauspehom koristiti i studenti ostalih odseka Fakulteta tehnickih nauka u NovomSadu, kao i studenti drugih fakulteta koji izucavaju osnove verovatnoce, stati-stike i slucajnih procesa. Zbirku preporucujemo i talentovanim srednjoskolcimakoji u cetvrtom razredu izucavaju verovatnocu i statistiku.U Zbirci smo koristili definicije i oznake kao u knjizi ”Slucajni procesi” MileStojakovic. Takode su za testiranje hipoteza, intervale poverenja i centralnugranicnu teoremu koriscene tablice iz iste knjige.U toku 1999. godine u predlaganju nekih zadataka je ucestvovao Zoran Ovcin,te mu se ovom prilikom zahvaljujemo.Zahvaljujemo se recenzentima Stojakovic dr Mili , Malisic dr Jovanu, Luzanindr Zorani , -Doric mr Draganu , Nikolic -Doric mr Emiliji i Ovcin mr Zoranu naveoma korisnim sugestijama koje su doprinele poboljsanju ove Zbirke.Unapred se zahvaljujemo svima koji citajuci ovaj tekst ukazu na eventualnegreske, koje bismo otklonili u narednom izdanju Zbirke.Finansijsku pomoc za izdavanje Zbirke pruzili su: ”Vista king” (Novi Sad),”Pagal” (Ratkovo), ”Sitoplast” (Ratkovo) i ”Tehnopromet Gero”(Ratkovo), teim se i ovom prilikom zahvaljujemo.

Novi Sad, decembar 2001. Autori

11.01.1999.

1. Aparat sadrzi 4 procesora tako da su svaka dva direktno povezana. Vero-vatnoca neispravnosti svake veze je p (p ∈ (0, 1)) nezavisno od ispravnostiostalih veza. Aparat je ispravan ako i samo ako postoji direktna iliposredna veza izmedu svaka dva procesora. Naci verovatnocu ispravnostiaparata.

2. Igrac baca homogenu kocku sa numerisanim stranama sve do prve pojavebroja deljivog sa 3. Ako se broj deljiv sa 3 prvi put pojavi u neparnompo redu bacanju, igrac dobije m dinara, a inace gubi n dinara. Nekaslucajna promenljiva X predstavlja dobitak (odnosno gubitak) igraca udinarima. Odrediti vezu izmedu parametara m i n tako da ocekivani do-bitak igraca (matematicko ocekivanje slucajne promenljive X) bude nula.

3. Data je slucajna promenljiva X sa uniformnom U (1, 4) raspodelom. Naciraspodelu slucajne promenljive (Y,Z), gde je Y = X2 − 1 i Z = eX − 2.

4. Slucajna promenljiva X predstavlja broj automobila koji prolaze kroz nekuposmatranu raskrsnicu tokom jednog minuta ima (u svakoj minuti) Poa-sonovu raspodelu sa parametrom λ = 30.

(a) Naci verovatnocu da tokom 20 minuta kroz raskrsnicu prode naj-manje 200 automobila.

(b) Odrediti maksimalnu vrednost broja m takvog da sa verovatnocomvecom od 0.9 broj automobila koji za 20 minuta prolaze kroz raskrsni-cu bude bar m.

5. Dat je homogen lanac Markova ciji je skup mogucih stanja S prebrojiv(S = a1, a2, . . . , an, . . .). Verovatnoce prelaza su definisane na sledecinacin: P (Xn+1 = a1 | Xn = ai) = 1

3 ,

P (Xn+1 = ai+1 | Xn = ai) = 23 ,

P (Xn+1 = aj | Xn = ai) = 0, j 6∈ 1, i + 1 ,

gde n ∈ N, i ∈ N. Neka su pocetne verovatnoce zadate sa

P (X1 = a1) = 1 (odnosno p1 = [1, 0, 0, . . .]) .

(a) Naci verovatnoce stanja za n = 3 (tj. raspodelu za X3).

(b) Naci matricu prelaza P za jedan korak.

(c) Naci finalne verovatnoce.

6. Slucajna promenljiva X ima raspodelu U (0, b), b > 0. Na osnovuprostog uzorka obima n dobijena je ocena b = 2Xn.

(a) Ispitati da li je navedena ocena centrirana.

(b) Ispitati postojanost (stabilnost) ocene.

1

Resenja:

1. U aparatu ima ukupno(

42

)= 6 direktnih veza. Posmatrajmo sledece

dogadaje i njihove verovatnoce:

A0 - ”svih 6 veza su ispravne”, sledi P (A0) = (1− p)6,A1 - ”neispravna je tacno jedna (bilo koja) veza”; posto veza ima

6, sledi P (A1) = 6p (1− p)5,A2 - ”neispravne su tacno dve (bilo koje) veze”; posto parova veza

ima(

62

)= 15, sledi P (A2) = 15p2 (1− p)4,

A3 - ”neispravne su tacno 3 veze pri cemu ne pripadaju sve trijednom procesoru”; posto ovakvih trojki veza medu proce-sorima ima

(63

)− 4 = 16, sledi P (A3) = 16p3 (1− p)3,A - ”aparat je ispravan”.

@

@@@@f

f

f

f

Dogadaji Ai, i ∈ 0, 1, 2, 3 su disjunktni izmedu sebe i pri tome jeA = A0 + A1 + A2 + A3 pa je:

P (A) = P (A0 + A1 + A2 + A3) = P (A0) + P (A1) + P (A2) + P (A3) =

= (1− p)3((1− p)3 + 6p (1− p)2 + 15p2 (1− p) + 16p3

)=

= 1− 4p3 − 3p4 + 12p5 − 6p6.

2. Slucajna promenljiva X ima zakon raspodele X :( −n m

p q

), gde

je p verovatnoca da je broj deljiv sa 3 prvi put pao u parnom bacanju, aq = 1 − p je verovatnoca da je broj deljiv sa 3 prvi put pao u neparnombacanju. Ako sa Ai (i ∈ N) oznacimo dogadaj koji se realizuje kadapri i-tom bacanju kocke padne broj deljiv sa 3 (dakle, 3 ili 6), tada jeP (A)i = 1

3 i P(Ai

)= 2

3 odakle sledi

p = P (X = −n) = P(A1A2 + A1A2A3A4 + A1A2A3A4A5A6 + . . .

)=

[1]= P

(A1A2

)+ P

(A1A2A3A4

)+ P

(A1A2A3A4A5A6

)+ . . . =

[2]= P

(A1

)P (A2) + P

(A1

)P

(A2

)P

(A3

)P (A4)+

+P(A1

)P

(A2

)P

(A3

)P

(A4

)P

(A5

)P (A6) + . . . =

= 23 · 1

3 + 23 · 2

3 · 23 · 1

3 + 23 · 2

3 · 23 · 2

3 · 23 · 1

3 + . . .

= 29 ·

∞∑k=0

(49

)k = 29 · 1

1− 49

= 25 .

[1] - Koristimo disjunktnost dogadaja.

2

[2] - Koristimo nezavisnost dogadaja Ai.

Odatle je q = P (X = m) = 1− p = 35 .

Sada dobijamo E (X) = −n 25 + m 3

5 pa je E (X) = 0 za −2n + 3m = 0odnosno n = 3

2m. Dakle, ocekivani dobitak (gubitak) igraca je jednaknuli za (m,n) ∈ (

k, 32k

) ∣∣ k ∈ (0,∞).

3. X : U (1, 4) znaci da je

ϕX (x) =

13 , x ∈ (1, 4)0 , x 6∈ (1, 4) i F

X(x) =

0 , x ≤ 1x−1

3 , x ∈ (1, 4]1 , x > 4

.

Sledi da je:

FY,Z (y, z) = P (Y < y , Z < z) = P(X2 − 1 < y , eX − 2 < z

)=

= P(X2 < 1 + y , eX < 2 + z

)= . . .

Dogadaj X2 < 1 + y je nemoguc za 1 + y ≤ 0, a za 1 + y > 0 je ekviva-lentan sa −√1 + y < X <

√1 + y. Dogadaj eX < 2 + z je nemoguc za

2 + z ≤ 0, a za 2 + z > 0 je ekvivalentan sa X < ln (2 + z). Na osnovunavedenog dobijamo sledece slucajeve i odgovarajuce oblasti prikazane naslici:

-

6

y

z

−1

−1

−2

`z = e−

√1+y − 2

z = e√

1+y − 2I

II

III

IV

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

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

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

...

.......

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

(a) Za y ≤ −1 ili z ≤ −2 (oblast I sa slike) jeFY,Z (y, z) = 0.

(b) Za y > −1 i z > −2 jeFY,Z (y, z) = P

(−√1 + y < X <√

1 + y , X < ln (2 + z))

== P

(−√1 + y < X < min√

1 + y, ln (2 + z))

= . . .

(b.1) ako je ln (2 + z) ≤ −√1 + y, odnosno z ≤ e−√

1+y − 2 (oblastII sa slike), tada jeFY,Z (y, z) = P (∅) = 0.

(b.2) ako je −√1 + y < ln (2 + z) <√

1 + y, odnosnoe−√

1+y − 2 < z < e√

1+y − 2 (oblast III sa slike), tada jeF

Y,Z(y, z) = P

(−√1 + y < X < ln (2 + z))

=

3

= FX

(ln (2 + z))− FX

(−√1 + y)

= FX

(ln (2 + z))− 0 =

=

0 , ln (2 + z) ∈ (−∞, 1]

ln(2+z)−13 , ln (2 + z) ∈ (1, 4]

1 , ln (2 + z) ∈ (4,∞)

=

=

0 , z ∈ (−2, e− 2]

ln(2+z)−13 , z ∈ (

e− 2, e4 − 2]

1 , z ∈ (e4 − 2,∞)

.

(b.3) ako je√

1 + y ≤ ln (2 + z), odnosno e√

1+y − 2 ≤ z (oblast IVsa slike), tada jeF

Y,Z(y, z) = P

(−√1 + y < X <√

1 + y)

== F

X

(√1 + y

)− FX

(−√1 + y)

= FX

(√1 + y

)− 0 =

=

0 ,√

1 + y ∈ (−∞, 1]√

1+y−13 ,

√1 + y ∈ (1, 4]

1 ,√

1 + y ∈ (4,∞)

=

=

0 , y ∈ (−1, 0]√

1+y−13 , y ∈ (0, 15]

1 , y ∈ (15,∞)

.

Dakle: FY,Z (y, z) =

0 , (y, z) ∈ D1ln(2+z)−1

3 , (y, z) ∈ D2√1+y−1

3 , (y, z) ∈ D3

1 , (y, z) ∈ D4

gde je

D1 =

(y, z) ∈ R2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

y ≤ −1 ∨ z ≤ −2 ∨∨

(y > −1 ∧ z > −2 ∧

(z ≤ e−

√1+y − 2 ∨

∨ (e−√

1+y − 2 < z < e√

1+y − 2 ∧∧ 2 < z ≤ e− 2

) ∨∨ (

e√

1+y − 2 ≤ z ∧ −1 < y ≤ 0)))

,

D2 =

(y, z) ∈ R2

∣∣∣∣∣∣

y > −1 ∧ z > −2 ∧∧ e−

√1+y − 2 < z < e

√1+y − 2 ∧

∧ e− 2 < z ≤ e4 − 2

,

D3 =

(y, z) ∈ R2

∣∣∣∣y > −1 ∧ z > −2 ∧∧ e

√1+y − 2 ≤ z ∧ 0 < y ≤ 15

,

4

D4 =

(y, z) ∈ R2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

y > −1 ∧ z > −2 ∧∧

((e−√

1+y − 2 < z < e√

1+y − 2 ∧∧ z > e4 − 2

) ∨∨ (

e√

1+y − 2 ≤ z ∧ y > 15))

.

4. RX = 0, 1, 2, 3, . . ., P (X = i) = 30i

i! e−30, i ∈ RX ,

E (X) = 30, D (X) = 30.

Posmatrajmo slucajne promenljive Xk koje predstavljaju broj auto-mobila koji prolaze kroz raskrsnicu tokom k - tog posmatranog min-uta. Slucajne promenljive Xk su medusobno nezavisne i imaju isteraspodele (samim tim i matematicka ocekivanja i disperzije) kao slucajna

promenljiva X. Slucajna promenljiva Sn =n∑

k=1

Xk predstavlja broj au-

tomobila koji prolaze kroz raskrsnicu tokom n minuta, pri cemu za nju

vazi E (Sn) =n∑

k=1

E (Xk) = 30n i D (Sn) =n∑

k=1

D (Xk) = 30n. Posma-

trajmo i normalizovanu slucajnu promenljivu S∗n = Sn−E(Sn)√D(Sn)

= Sn−30n√30n

.

(a) Primenom centralne granicne teoreme na S∗20 dobijamo

P (S20 ≥ 200) = 1− P (S20 < 200) = 1− P(

S20−600√600

< 200−600√600

)=

= 1− P(S∗20 < −400

10√

6

)≈ 1− P (S∗20 < −16.33) ≈ 1− φ (−16.33) =

= 1− 1 + φ (16.33) ≈ 1.

(b) Trazimo maksimalno m ∈ N za koje vazi P (S20 ≥ m) > 0.9?ImamoP (S20 ≥ m) = 1− P (S20 < m) = 1− P

(S20−600√

600< m−600√

600

)=

= 1− P(S∗20 < m−600

10√

6

)≈ 1− φ

(m−60010√

6

).

Dakle:

P (S20 ≥ m) > 0.9 ⇔ 1− φ(

m−60010√

6

)Â 0.9 ⇔

⇔ φ(

m−60010√

6

)≺ 0.1 ⇔ m−600

10√

6≺ φ−1 (0.1) ≈ −1.28 ⇔

⇔ m ≺ 568.647

pa je trazeno resenje m = 568.

5. (a) Raspodela slucajne promenljive X1 :(

a1

1

).

Koristeci uslovnu raspodelu

X2| X1 = a1 :(

a1 a213

23

)

dobijamoP (X2 = a1) = P (X1 = a1)P (X2 = a1 | X1 = a1) = 1 · 1

3 = 13 ,

5

P (X2 = a2) = P (X1 = a1) P (X2 = a2 | X1 = a1) = 1 · 23 = 2

3 ,

odnosno dobili smo raspodelu X2 :(

a1 a213

23

).

Analogno, iz uslovnih raspodela

X3| X2 = a1 :(

a1 a213

23

)i X3| X2 = a2 :

(a1 a313

23

)

dobijamo

P (X3 = a1) =2∑

i=1

P (X2 = ai) P (X3 = a1 | X2 = ai) =

= 13 · 1

3 + 23 · 1

3 = 13 ,

P (X3 = a2) =2∑

i=1

P (X2 = ai) P (X3 = a2 | X2 = ai) = 13 · 2

3 = 29 ,

P (X3 = a3) =2∑

i=1

P (X2 = ai) P (X3 = a3 | X2 = ai) = 23 · 2

3 = 49 ,

i dolazimo do trazene raspodele

X3 :(

a1 a2 a313

29

49

).

(b) Matrica prelaza je

P = P (1) = [paiaj ] =

a1 a2 a3 a4 . . .

a1

a2

a3

...

13

23 0 0 . . .

13 0 2

3 0 . . .13 0 0 2

3 . . ....

......

.... . .

.

(c) Resavamo sistem jednacina: p∗j =∞∑

k=1

p∗k · pkj , j ∈ N,∞∑

j=1

p∗j = 1

Znaci imamop∗1 + p∗2 + p∗3 + . . . = 1

p∗1 = 13 (p∗1 + p∗2 + p∗3 + . . .)

p∗2 = 23p∗1

p∗3 = 23p∗2 =

(23

)2p∗1

...

p∗j =(

23

)j−1p∗1

...Resavanjem ovog sistema dobijamo

p∗1(1 + 2

3 +(

23

)2 + . . .)

= p∗1 · 11− 2

3= 3p∗1 = 1

tj. p∗1 = 13 i p∗j =

(23

)j−1 · 13 , j = 2, 3, 4, . . .

6

Primetimo da smo verovatnoce stanja za n = 3 (sto je trazeno pod (a))mogli izracunati koristeci matricu prelaza na sledeci nacin:

p3 = p2 · P = p1 · P 2 =a1 a2 a3 a4 a5 . . .[13

29

49 0 0 . . .

],

gde je P 2 =

39

29

49 0 0 0 . . .

39

29 0 4

9 0 0 . . .39

29 0 0 4

9 0 . . .39

29 0 0 0 4

9 . . ....

......

......

.... . .

.

Dakle, zakon raspodele (zaseka) X3 je:(

a1 a2 a313

29

49

).

6. X : U (0, b), E (X) = b2 , D (X) = b2

12 (b > 0).

(a) E(b)

= E(2 ·Xn

)= E

(2 · 1

n ·n∑

i=1

Xi

)= 2

n · n · E (X) = 2 · b2 = b.

Dakle, ocena b jeste centrirana.

(b) D(b)

= D

(2 · 1

n ·n∑

i=1

Xi

)= 4

n2

n∑i=1

D (Xi) = 4n2 · n · b2

12 = 13nb2.

Kako je ocena centrirana, mozemo da koristimo nejednakost Cebise-va. Za ε > 0 vazi

P(∣∣∣b− b

∣∣∣ > ε)

= P(∣∣∣b− E

(b)∣∣∣ > ε

)≤ D(b)

ε2 = b2

3nε2 .

Prema tome: 0 ≤ limn→∞

P(∣∣∣b− b

∣∣∣ > ε)≤ lim

n→∞b2

3nε2 = 0,

odakle je limn→∞

P(∣∣∣b− b

∣∣∣ > ε)

= 0, pa ocena jeste postojana.

11.02.1999.

1. Kocka A ima 4 crvene i 2 bele strane, a kocka B ima 3 crvene i 3 belestrane. Baca se novcic, i ako se pojavi grb baca se kocka A, a ako sepojavi pismo baca se kocka B.

(a) Naci verovatnocu da se pri bacanju kocke pojavi crvena boja.

(b) Eksperiment ponavljamo n puta (prvo bacamo novcic a zatim odgo-varajucu kocku). Ako se u n bacanja crvena boja pojavila n puta,naci verovatnocu da je kocka B bacana bar jednom.

2. Nezavisne slucajne promenljive X i Y imaju Poasonove raspodeleX : P (a), Y : P (b), (a, b > 0). Naci raspodele slucajnih promenljivih:

(a) Z = X + Y .

7

(b) X| X + Y = n.3. Slucajna promenljiva X ima uniformnu U (0, 1) raspodelu. Slucajna

promenljiva Y pri X = x (x ∈ [0, 1)) ima U (x, 1) raspodelu.

(a) Naci matematicko ocekivanje slucajne promenljive Y bez nalazenjanjene raspodele.

(b) Naci raspodelu slucajne promenljive Z = (X + 1) Y .

4. Vreme rada procesora (u satima) je slucajna promenljiva sa E (0.005)raspodelom. Procesor koji pregori se zamenjuje novim i vreme zamene jezanemarljivo malo. Procesori rade nezavisno jedan od drugog.

(a) Koliko procesora treba imati u rezervi da sa verovatnocom 0.98vreme rada aparata bude bar 10000 sati?

(b) Za koje m je vreme rada sistema bar m sa verovatnocom 0.99 akoje obezbedeno 100 procesora?

5. Tri ucenika iz Novog Sada i tri ucenika iz Subotice idu u Rim. Oni sena slucajan nacin rasporeduju u dve sobe, tako da se u svakoj sobi nalazipo tri ucenika. Broj ucenika iz Novog Sada u prvoj sobi definise stanjesistema. Kako nisu mogli na pocetku da se dogovore ko ce u koju sobu,svaki dan se na slucajan nacin bira po jedan ucenik iz svake sobe i onimenjaju mesta.

(a) Sastaviti matricu prelaza za jedan dan.

(b) Ako se zna da su na pocetku svi ucenici iz Novog Sada bili u istojsobi, naci verovatnocu da posle dva dana svi ucenici iz Novog Sadanece biti u istoj sobi.


6. Slucajna promenljiva X ima binomnu B (1, p) raspodelu. Na osnovuprostog uzorka obima n dobijena je ocena p = k ·Xn.

(a) Odrediti k tako da predlozena ocena bude centrirana.

(b) Za tako odredeno k ispitati postojanost predlozene ocene.

(c) Za ocenu parametra p2 se predlaze ocena p = X2

n. Ispitati centri-ranost ocene p.

7. Na jednoj autobuskoj liniji je ispitivano koliko minuta je putnik cekaoautobus. Anketirano je 50 slucajno odabranih putnika i rezultati su datiu tabeli:

Ii [0, 1] (1, 2] (2, 3] (3, 4] (4, 5]mi 15 10 9 12 4

χ2 testom sa pragom znacajnosti α = 0.05 testirati hipotezu da vremecekanja autobusa ima uniformnu raspodelu U (0, 5).

8

Resenja:

1. Posmatramo sledece dogadaje:

H - ”pri bacanju novcica pojavilo se pismo”,

H - ”pri bacanju novcica pojavio se grb”.H, H

je potpun sistem dogadaja, pri cemu je P (H) = P

(H

)= 1

2 .

(a) Neka je C dogadaj ”pri bacanju kocke pojavila se crvena boja”. Izuslova zadatka je P (C | H) = 1

2 i P(C | H)

= 23 . Na osnovu

formule totalne verovatnoce sledi

P (C) = P (H) P (C | H) + P(H

)P

(C | H)

= 12 · 1

2 + 12 · 2

3 = 712 .

(b) Oznacimo dogadaje:Ci: ”u i-tom bacanju se pojavila crvena boja” (i ∈ 1, 2, . . . , n),B: ”u n bacanja se kocka B baca bar jednom”.

Koristeci nezavisnost eksperimenata dobijamo da je trazena verovat-nocaP (B | C1C2 . . . Cn) = 1− P

(B | C1C2 . . . Cn

)=

= 1− P(BC1C2...Cn)P(C1C2...Cn) = 1− P(B)P(C1C2...Cn | B)

P(C1)P(C2)...P(Cn) =

= 1− ( 12 )

n·( 23 )

n

( 712 )

n = 1− (47

)n.

2. X : P (a), Y : P (b), RX = RY = 0, 1, 2, . . .,P (X = j) = aj

j! e−a, P (Y = j) = bj

j! e−b, j ∈ 0, 1, 2, . . ..

(a) Z = X + Y , RZ = 0, 1, 2, . . ..Prvi nacin:Za k ∈ RZ je

P (Z = k) =P

(k∑

i=0

(X = i, Y = k − i))

[1]=

k∑i=0

P (X = i, Y = k − i)=

[2]=

k∑

i=0

P (X = i) P (Y = k − i) =k∑

i=0

ai

i!e−a · bk−i

(k − i)!e−b =

= e−(a+b) · 1k!

k∑

i=0

k!i! · (k − i)!

aibk−i = e−(a+b) · 1k!

(a + b)k.

Dakle, slucajna promenljiva Z ima Poasonovu raspodelu P (a + b).

Drugi nacin:Koristeci karakteristicne funkcije slucajnih promenljivih X i Y :

KX (t) = ea(eit−1), KY (t) = eb(eit−1),dobijamo karakteristicnu funkciju slucajne promenljive Z:

KZ

(t) = KX+Y

(t)[2]= K

X(t)K

Y(t) =

9

= ea(eit−1)eb(eit−1) = e(a+b)(eit−1)

Dobijena karakteristicna funkcija odgovara slucajnoj promenljivoj saPoasonovom P (a + b) raspodelom.

(b) Za k ∈ RX|X+Y =n = 0, 1, 2, . . . , n vazi:

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

=P (X = k, Y = n− k)

P (X + Y = n)[2]=

P (X = k)P (Y = n− k)P (X + Y = n)

=

=ak

k! e−a · bn−k

n−k!e−b

(a+b)n

n! e−(a+b)=

n!k! (n− k)!

(a

a + b

)k (b

a + b

)n−k

.

Pri tome je aa+b + b

a+b = 1, pa slucajna promenljiva X| X + Y = nima binomnu B

(n, a

a+b

)raspodelu.

[1] - Koristimo disjunktnost dogadaja koji cine uniju.

[2] - Koristimo nezavisnost slucajnih promenljivih X i Y .

3. X : U (0, 1) , ϕX

(x) =

1, x ∈ [0, 1]0, x 6∈ [0, 1] ,

Y | X = x : U (x, 1) , ϕY |X=x (y) =

1

1−x , y ∈ [x, 1]0, y 6∈ [x, 1]

.

Na osnovu zadanih gustina dobijamoϕX,Y (x, y) = ϕX (x) · ϕ

Y |X=x (y) =

=

11−x , (x, y) ∈ D

0, (x, y) 6∈ D,

gde je D = (x, y) | x ∈ [0, 1] ∧ y ∈ [x, 1]. -x

6y

1

1

0D

......

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

(a) Koristeci E (Y ) = E (E (Y |X)) izracunavamo

E (Y |X = x) =∞∫−∞

yϕY |X=x (y) dy =

1∫x

y · 11−xdy = 1

1−x · y2

2

1

|x

= 1+x2 ,

te je E (Y |X = x) =

1+x2 , x ∈ [0, 1]0 , x 6∈ [0, 1] ,

E (Y ) = E (E (Y |X)) =∞∫−∞

E (Y |X = x) ϕX

(x) dx =1∫0

1+x2 · 1dx =

= 12 · (1+x)2

2

1

|0

= 34 .

(b) Posmatrajmo transformaciju (X, Y )f→ (U,Z) gde je Z = (X + 1) Y

i U = X.

10

Transformacija f oblast D bijektivnopreslikava u oblastD′ =

(u, z) | u ∈ (0, 1) ∧ z ∈ (

u2 + u, 1)

i njena inverzna transformacija jef−1 (u, z) =

(u, z

u+1

), (u, z) ∈ D′, a njen

Jakobijan je

Jf−1 (u, z) =∣∣∣∣

1 0u 1

u+1

∣∣∣∣ = 1u+1 .

-

6

u

z

1

2

10

D′

z = u + 1

z = u (u + 1)

........

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

Sada imamo da je

ϕU,Z

(u, z) = ϕX,Y

(u, z

u+1

)·∣∣∣ 1u+1

∣∣∣ =

=

11−u · 1

1+u , (u, z) ∈ D′

0 , (u, z) 6∈ D′ =

11−u2 , (u, z) ∈ D′

0 , (u, z) 6∈ D′ .

Marginalna gustina ϕZ

vektora (U,Z) je

ϕZ

(z) =∞∫−∞

ϕU,Z

(u, z) du =

√1+4z−1

2∫0

11−u2 du , z ∈ (0, 1]

√1+4z−1

2∫z−1

11−u2 du , z ∈ (1, 2)

0 , z 6∈ (0, 2)

=

=

12 ln 1+

√1+4z

1−√1+4z, z ∈ (0, 1]

ln 1+√

1+4z1−√1+4z

− 12 ln z

2−z , z ∈ (1, 2)

0 , z 6∈ (0, 2)

.

4. Posmatramo slucajnu promenljivu Xi koja predstavlja vreme rada i-togprocesora. Xi su nezavisne slucajne promenljive i imaju istu E (0.005)raspodelu, pri cemu je E (Xi) = 1

0.005 = 200 i D (Xi) = 10.0052 = 40000.

Tada Sn =n∑

i=1

Xi predstavlja ukupno vreme rada aparata (tj. n proce-

sora), pri cemu je

E (Sn) =n∑

i=1

E (Xi) = 200n, D (Sn) =n∑

i=1

D (Xi) = 40000n,

S∗n = Sn−E(Sn)√D(Sn)

= Sn−200n200

√n

(normalizovana slucajna promenljiva).

(a) Resavamo po n jednacinu P (Sn ≥ 10000) = 0.98. Posto jeP (Sn ≥ 10000) = 1− P (Sn < 10000) =

= 1− P(

Sn−200n200

√n

< 10000−200n200

√n

)= 1− P

(S∗n < 10000−200n

200√

n

)≈

11

≈ 1− φ(

10000−200n200

√n

)= 1− φ

(50√

n−√n

),

sledi da je

P (Sn ≥ 10000) = 0.98 ⇔ 1− φ(

50√n−√n

)≈ 0.98 ⇔

⇔ φ(

50√n−√n

)≈ 0.02 ⇔ 50√

n−√n ≈ φ−1 (0.02) ⇔

⇔ 50√n−√n ≈ −2.055 ⇔ (

√n)2 − 2.055 · √n− 50 ≈ 0 ⇔

⇔ (√

n ≈ −6.12 ∨ √n ≈ 8.17) ⇔ √

n ≈ 8.17 ⇔ n ≈ 66.8.To znaci da sa pribliznom verovatnocom od 0.98 aparat radi bar10000 sati ako je obezbedeno 67 procesora.

(b) Resavamo po m jednacinu P (S100 ≥ m) = 0.99. Posto jeP (S100 ≥ m) = 1− P (S100 < m) =

= 1− P(

S100−100·200√100·200 < m−100·200√

100·200

)= 1− P

(S∗100 < m−20000

2000

)=

≈ 1− φ(

m−200002000

),

sledi da jeP (S100 ≥ m) = 0.99 ⇔ 1− φ

(m−20000

2000

) ≈ 0.99 ⇔⇔ φ

(m−20000

2000

) ≈ 0.01 ⇔ m−200002000 ≈ φ−1 (0.01) ⇔

⇔ m−200002000 ≈ −2.33 ⇔ m ≈ 15340.

To znaci da sa pribliznom verovatnocom od 0.99 uz obezbedenih100 procesora sistem radi najmanje 15340 sati.

5. (a) Na osnovu uslova zadatka nalazi-mo matricu prelaza (za 1 dan):

0 1 2 3

P =

0

1

2

3

0 1 0 019

49

49 0

0 49

49

19

0 0 1 0

.

(b) Matrica prelaza za dva dana:

P 2 =

19

49

49 0

481

4181

3281

481

481

3281

4181

481

0 49

49

19

.

Vektor pocetne raspodele:0 1 2 3

p0 =[

12 0 0 1

2

].

Vektor raspodele nakon dva dana:0 1 2 3

p2 = p0 · P 2 =[

118

49

49

118

].

Nakon dva dana nece biti svi ucenici iz Novog Sada u istoj sobi saverovatnocom 4

9 + 49 = 8

9 .

(c) Finalne verovatnoce dobijamo resavanjem sistema jednacinap∗j =

∑k

pkj · p∗k, j ∈ 0, 1, 2, 3 ∧ ∑k

p∗k = 1

12

odnosno p∗ = p∗·P gde je p∗ = [p∗0, p∗1, p

∗2, p

∗3] , p∗0+p∗1+p∗2+p∗3 = 1:

19p∗1 = p∗0

p∗0 + 49p∗1 + 4

9p∗2 = p∗149p∗1 + 4

9p∗2 + p∗3 = p∗219p∗2 = p∗3

p∗0 + p∗1 + p∗2 + p∗3 = 1

⇔

−p∗0 + 19p∗1 = 0

p∗0 − 59p∗1 + 4

9p∗2 = 049p∗1 − 5

9p∗2 + p∗3 = 019p∗2 − p∗3 = 0

p∗0 + p∗1 + p∗2 + p∗3 = 1

⇔

p∗0 − 19p∗1 = 0

p∗1 − p∗2 = 0

p∗2 − 9p∗3 = 0

20p∗3 = 1

⇔

p∗0 = 120

p∗1 = 920

p∗2 = 920

p∗3 = 120

.

Dobijene finalne verovatnoce tumacimo na sledeci nacin: posle ”do-voljno dugo vremena”, sa verovatnocama 1

20 ce se u prvoj sobi nalazitisvi ucenici iz Novog Sada, odnosno niko od njih, a sa verovatnocama920 ce se u prvoj sobi nalaziti 1, odnosno 2 ucenika iz Novog Sada.

6. B (1, p), E (X) = p, D (X) = p (1− p),

E(X2

)= D (X) + E2 (X) = p (1− p) + p2 = p.

(a) E (p) = E

(k 1

n

n∑i=1

Xi

)= k 1

n

n∑i=1

E (Xi)[1]= k 1

n

n∑i=1

E (X) =

= k 1nnE (X) = kE (X) = kp.

Prema tome, ocena p je centrirana za k = 1 (jer tada i samo tadaje E (p) = p).

(b) Ispitujemo postojanost ocene Xn. Posto je ocena centrirana, naosnovu nejednakosti Cebiseva, za svako ε > 0 dobijamo

P (|p− p| ≥ ε) = P (|p− E (p)| ≥ ε) ≤ D(p)ε2 ,

gde je

D (p) = D

(1n

n∑i=1

Xi

)= 1

n2 D

(n∑

i=1

Xi

)[2]= 1

n2

n∑i=1

D (Xi) =

[1]= 1

n2 nD (X) = 1nD (X) = 1

np (1− p).Prema tome, na osnovu nejednakosti Cebiseva smo dobili da vazinejednakost P (|p− p| ≥ ε) ≤ p(1−p)

nε2 odakle dobijamo

13

0 ≤ limn→∞

P (|p− p| ≥ ε) ≤ limn→∞

p(1−p)nε2 = 0,

pa sledi da je limn→∞

P (|p− p| ≥ ε) = 0, te je ocena p postojana.

(c) E (p) = E

((1n

n∑i=1

Xi

)2)

= E

(1

n2

(n∑

i=1

X2i +

∑i 6=j

XiXj

))=

= 1n2

n∑i=1

E(X2

i

)+ 1

n2

∑i 6=j

E (XiXj) =

[2]= 1

n2

n∑i=1

E(X2

i

)+ 1

n2

∑i 6=j

E (Xi)E (Xj) =

[1]= 1

n2 nE(X2

)+ 1

n2

∑i 6=j

E (X)E (X) =

= 1nE

(X2

)+ 1

n2 n (n− 1) (E (X))2 = 1np + 1

n (n− 1) p2 6= p2.

Prema tome, X2

n nije centrirana ocena parametra p2.

[1] - Sve slucajne promenljive Xi imaju iste raspodele pa samim tim iiste karakteristike kao slucajna promenljiva X.

[2] - Slucajne promenljive Xi su nezavisne.

7. Posto poslednji interval sadrzi samo 4 elementa iz uzorka, njega cemospojiti sa pretposlednjim intervalom:

Ii [0, 1] (1, 2] (2, 3] (3, 5]mi 15 10 9 16

Ako sa X obelezimo slucajnu promenljivu koja predstavlja vreme cekanjajednog putnika, tada za a0 = 0, a1 = 1, a2 = 2, a3 = 3, a4 = 5verovatnoce

pi = P (ai−1 < X ≤ ai) = FX (ai)− FX (ai−1) , i ∈ 1, 2, 3, 4(FX je funkcija raspodele slucajne promenljive sa uniformnom U (0, 5)raspodelom) iznose:

p1 = FX

(1)− FX

(0) = 1−05−0 − 0−0

5−0 = 15 ,

p2 = FX

(2)− FX

(1) = 2−05−0 − 1−0

5−0 = 15 ,

p3 = FX (3)− FX (2) = 3−05−0 − 2−0

5−0 = 15 ,

p4 = FX

(5)− FX

(3) = 5−05−0 − 3−0

5−0 = 25 .

Ako je nasa hipoteza tacna, tada za realizovane vrednosti m1 = 15,m2 = 10, m3 = 9, m4 = 16 slucajne promenljive X , vrednost

z =4∑

i=1

(mi−npi)2

npi= (15−10)2

10 + (10−10)2

10 + (9−10)2

10 + (16−20)2

20 = 3.4

(gde je n = 50 velicina uzorka) treba da predstavlja realizaciju slucajnepromenljive sa priblizno χ2

3 raspodelom. Iz tablica za χ2 raspodeluza prag znacajnosti α = 0.05 nalazimo da je χ2

0.05;3 ≈ 7.81. Posto jeχ2

0.05;3 > 3.4, ne odbacujemo (sa pragom znacajnosti 0.05) hipotezu davreme cekanja jednog putnika ima U (0, 5) raspodelu.

14

06.04.1999.

1. Uredaj se nalazi u jednom od dva stanja SA ili SB sa verovatnocama p1

i p2 redom. Verovatnoca kvara uredaja u toku nekog fiksnog vremenskogperioda t je q1 ako je uredaj u stanju SA, odnosno q2 ako je uredaj ustanju SB .

(a) Naci verovatnocu da uredaj nakon vremena t bude neispravan.

(b) Ako je uredaj nakon vremena t bio ispravan, naci verovatnocu dase nalazio u stanju SA.

2. Slucajni vektor (X,Y ) ima raspodelu datu tablicom:

YX 1 2 3

1 0.1 0.05 02 0.4 0.15 0.3

(a) Ispitati nezavisnost slucajnih promenljivih X i Y .

(b) Naci srednju vrednost (matematicko ocekivanje) slucajne promenljiveZ = max

X, Y

2

.

3. Slucajna promenljiva X ima eksponencijalnu raspodelu E (a). Naciraspodelu slucajne promenljive Y = [X] gde [X] oznacava funkciju”najvece celo od X”.

4. Elektrostanica opsluzuje mrezu sa 10000 sijalica. Verovatnoca ukljucenjasvake od sijalica uvece iznosi 0.9. Izracunati verovatnocu da apsolutnoodstupanje broja ukljucenih sijalica od matematickog ocekivanja bude na-jvise 200 koristeci

(a) nejednakost Cebiseva,

(b) teoremu Moavr - Laplasa.

5. Luka na posao ide vozom, autobusom ili kolima. Ako na posao jednog danaide kolima, onda sledeceg dana jednakoverovatno ide vozom, autobusomili kolima. Vozom ne ide dva dana uzastopno, a ako ide vozom ondasutradan ide 2 puta verovatnije kolima nego autobusom. Ako jednogdana ide autobusom, onda sutra jednakoverovatno ide vozom ili kolima (ane ide autobusom). Posmatramo sistem cija su stanja odredena prevoznimsredstvom koje Luka koristi u toku dana za odlazak na posao.


(b) Ako je Luka isao kolima, naci verovatnocu da ce kroz dva dana icikolima.


15

6. Strelac pogada kruznu metu poluprecnika 1. Ispitati nezavisnost sledecihdogadaja: A - ”pogoden je prsten sa manjim poluprecnikom 1

2 i vecimpoluprecnikom 1”, i B - ”pogodena je donja polovina mete”.

Resenja:

1. Oznacimo sa A i B dogadaje koji se realizuju kada se uredaj nalaziu stanju SA odnosno stanju SB , a sa T oznacimo dogadaj koji serealizuje kada se uredaj pokvari u toku vremenskog perioda t. Dato je:

P (A) = p1, P (B) = p2, P (T | A) = q1, P (T | B) = q2.

(a) Dogadaji A i B cine potpun sistem dogadaja, pa na osnovu formuletotalne verovatnoce dobijamo

P (T ) = P (A) P (T | A) + P (B) P (T | B) = p1q1 + p2q2.

(b) Koristeci Bajesovu formulu (i P(T

)= 1− P (T ) = 1− p1q1 − p2q2)

dobijamo trazenu verovatnocu:

P(A | T )

=P(A)P(T | A)

P(T) = P(A)(1−P(T | A))

P(T) = p1(1−q1)1−p1q1−p2q2

.

2. (a) P (X = 1 ∩ Y = 3) = 0 6= 0.15 · 0.3 = P (X = 1) P (Y = 3),odakle sledi da su slucajne promenljive X i Y zavisne.

(b) Iz X ∈ 1, 2 i Y2 ∈

12 , 1, 3

2

sledi da je

1, 3

2 , 2

skup mogucihvrednosti slucajne promenljive Z, a odgovarajuce verovatnoce su:

P (Z = 1) = P(

X = 1, Y2 = 1

2

+

X = 1, Y

2 = 1)

== P (X = 1, Y = 1+ X = 1, Y = 2) == P (X = 1, Y = 1) + P (X = 1, Y = 2) = 0.1 + 0.05 = 0.15,

P(Z = 3

2

)= P

(X = 1, Y

2 = 32

)= P (X = 1, Y = 3) = 0,

P (Z = 2) == P

(X = 2, Y

2 = 12

+

X = 2, Y

2 = 1

+X = 2, Y

2 = 32

)=

= P (X = 2, Y = 1+ X = 2, Y = 2+ X = 2, Y = 3) == P (X = 2, Y = 1) + P (X = 2, Y = 2) + P (X = 2, Y = 3) == 0.4 + 0.15 + 0.3 = 0.85.

Dakle: RZ = 1, 2 i Z :(

1 20.15 0.85

),

odakle dobijamoE (Z) = 1 · 0.15 + 2 · 0.85 = 1.85.

3. ϕX (x) =

0 x ≤ 0ae−ax x > 0 , FX (x) =

0 x ≤ 01− e−ax x > 0 .

Y = [X] je diskretna slucajna promenljiva i RY = 0, 1, 2, . . ..Za svako k ∈ RY vazi

16

P (Y = k) = P ([X] = k) = P (k ≤ X < k + 1) =k+1∫k

ϕX

(x) dx =

= ak+1∫k

e−axdx = FX

(k + 1)− FX

(k) = 1− e−a(k+1) − 1 + e−ak =

= e−ak (1− e−a).

4. Slucajna promenljiva X koja predstavlja broj ukljucenih sijalica imabinomnu raspodelu X : B (10000, 0.9), pri cemu je

E (X) = 10000 · 0.9 = 9000 i D (X) = 10000 · 0.9 · 0.1 = 900.

(a) Na osnovu nejednakosti Cebiseva P (|X − E (X)| ≥ ε) ≤ D(X)ε2 (za sve

ε > 0) dobijamo

P (|X − E (X)| ≤ 200) = 1− P (|X − E (X)| > 200) == 1− P (|X − E (X)| ≥ 201) ≥ 1− D(X)

2012 ≈ 0.9777.

(b) Primenom teoreme Moavr-Laplasa dobijamo

P (|X − E (X)| ≤ 200) = P (|X − E (X)| < 201) =

= P (−201 < X−E (X) < 201) = P

(−201√D(X)

< X−E(X)√D(X)

< 201√D(X)

)=

= P

(− 201√

900< X−E(X)√

D(X)< 201√

900

)= P (−6.7 < X∗ < 6.7) =

≈ φ (6.7)− (1− φ (6.7)) = 2φ (6.7)− 1 ≈ 1.

5. (a) Skup stanja sistema:v = ”ide vozom”, a = ”ide autobusom”, k = ”ide kolima”.

Matrica prelaza za jedan dan:v a k

v

P = a

k

0 13

23

12 0 1

213

13

13

.

Matrica prelaza za dva dana:v a k

v

P 2 = a

k

718

29

718

16

13

12

518

29

12

.

(b) Vektor pocetne raspodele:v a k

p0 =[

0 0 1]

.

Raspodela nakon dva dana: p2 = p0 · P 2 =v a k[. . . . . . 1

2

].

Prema tome, trazena verovatnoca je 12 .

(c) Finalne verovatnoce nalazimo resavajuci sistem jednacina:[p∗v p∗a p∗k

] · P =[

p∗v p∗a p∗k] ∧ p∗v + p∗a + p∗k = 1

⇔p∗v = 1

2p∗a + 13p∗k

p∗a = 13p∗v + 1

3p∗kp∗k = 2

3p∗v + 12p∗a + 1

3p∗k1 = p∗v + p∗a + p∗k

17

⇔0 = −p∗v

12p∗a + 1

3p∗k0 = 1

3p∗v − p∗a + 13p∗k

0 = 23p∗v + 1

2p∗a − 23p∗k

1 = p∗v + p∗a + p∗k

⇔0 = p∗v − 1

2p∗a − 13p∗k

0 = p∗a − 815p∗k

1532 = p∗k

⇔p∗k = 15

32

p∗a = 14

p∗v = 932

Dakle, vektor finalnih verovatnoca je:v a k[932

14

1532

].

Dobijene finalne verovatnoce tumacimo na sledeci nacin: ako posma-tramo dovoljno dug vremenski period, mozemo reci da Luka najcescena posao ide kolima (sa verovatnocom 15

32 ), a sa verovatnocama 932 i

14 redom, ide vozom odnosno autobusom.

6. Mozemo koristiti geometrijsku definiciju verovatnoce. Obelezimo sa P (X)povrsinu oblasti X ⊆ R2.

Metu mozemo predstaviti kao oblast

M =

(x, y) ∈ R2∣∣ x2 + y2 ≤ 1

,

pri cemu je P (M) = π i P (M) = 1.

Dogadaju A odgovara oblast (vidi sliku 1)

A=

(x, y) ∈ R2∣∣ 1

2 ≤√

x2 + y2 ≤ 1

=

(x, y) ∈ R2∣∣ 1

4 ≤ x2 + y2 ≤ 1,

pri cemu je P (A) = π − 14π = 3

4π, odnosno P (A) = P(A)P(M) = 3

4 .

Dogadaju B odgovara oblast (vidi sliku 2)

B =

(x, y) ∈ R2∣∣ x2 + y2 ≤ 1 ∧ y ≤ 0

,

pri cemu je P (B) = 12π, odnosno P (B) = P(B)

P(M) = 12 .

Dogadaju AB odgovara oblast (vidi sliku 3)

A ∩B =

(x, y) ∈ R2∣∣ 1

4 ≤ x2 + y2 ≤ 1 ∧ y ≤ 0,

pri cemu je P (A ∩B) = 38π, odnosno P (AB) = P(A∩B)

P(M) = 38 .

Iz P (AB) = 38 = 3

4 · 12 = P (A)P (B) sledi da su dogadaji A i B

nezavisni.

18

-x

6y

114

A

slika 1

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

-x

6y

1

B

slika 2

............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................ -x

6y

114

A ∩B

slika 3

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

24.06.1999.

1. U sesiru se nalaze 4 bele kuglice. Tri puta se na slucajan nacin izvlacijedna kuglica i zamenjuje crnom kuglicom. Potom je na slucajan nacinizvucena jedna kuglica i videlo se da je bela. Koliko iznosi verovatnoca dasu u sesiru tacno dve crne kuglice nakon opisanih zamena?

2. Slucajna promenljiva X ima Poasonovu raspodelu sa parametrom λ.Uslovna slucajna promenljiva Y | X = x ima raspodelu datu formu-lom: P (Y = y | X = x) = λy−x

(y−x)!e−λ, y = x, x + 1, x + 2, . . . Pokazati da

slucajna promenljiva X | Y = y ima binomnu raspodelu B (y, 1

2

).

3. Dvodimenzionalna slucajna promenljiva (X, Y ) ima raspodelu datugustinom:

ϕX,Y (x, y) = A (x + y), 0 < x < 1, 0 < y < x2.

(a) Izracunati konstantu A.

(b) Naci gustinu slucajne promenljive Z = XY .

4. Oceniti verovatnocu da je odstupanje relativne ucestalosti broja dobijenihsestica u 100 bacanja kocke za ”Ne ljuti se covece” od verovatnoce po-javljivanja sestice manja od 0.1:

(a) pomocu nejednakosti Cebiseva,

(b) pomocu teoreme Moavr - Laplasa.

5. Slucajna promenljiva X ima gustinu ϕX

(x) = 12e−|x|. Naci raspodelu

slucajne promenljive

Y =

X (X + 4) , X ≤ 15 , X > 1 .

6. Dva broda A i B treba da stignu u isto pristaniste. Njihova vremenadolaska u pristaniste su slucajna, medusobno nezavisna i jednakoverovatnau toku 24 sata. Kad brod A stigne u pristaniste, on ostaje u njemu 2 sata,dok brod B nakon pristajanja ostaje u pristanistu do kraja posmatranogperioda. Pristaniste ne moze da odjednom primi oba broda.

19

(a) Naci verovatnocu da jedan od brodova ceka na oslobadanje pristanis-ta, dok drugi brod ne ode.

(b) Naci verovatnocu da ce izmedu dolaska brodova proci bar 10 sati.

Resenja:

1. Primetimo da se nakon prve zamene u kutiji sigurno nalaze tri bele i jednacrna kuglica.

Oznake dogadaja:

Bi - ”nakon druge zamene se u kutiji nalazi i ∈ 1, 2 crnih kuglica”,Hi - ”nakon trece zamene se u kutiji nalazi i ∈ 1, 2, 3 crnih kuglica”,A - ”nakon svih zamena je izvucena bela kuglica”.

Nalazimo verovatnoce:

P (B1) = 14 , P (B2) = 3

4 ,

P (H1 | B1) = 14 , P (H1 | B2) = 0,

P (H2 | B1) = 34 , P (H2 | B2) = 2

4 ,

P (H3 | B1) = 0, P (H3 | B2) = 24 .

Na osnovu formule totalne verovatnoce (B1 i B2 cine potpun sistem do-gadaja) imamo da je

P (Hi) =2∑

j=1

P (Bj) P (Hi | Bj) , i ∈ 1, 2, 3 ,

odnosno: P (H1) = 116 , P (H2) = 9

16 , P (H3) = 24 · 3

4 = 616 .

Koristeci Bajesovu formulu (H1, H2, H3 cine potpun sistem dogadaja)dobijamo trazenu verovatnocu:

P (H2 | A) =P (H2) P (A | H2)3∑

i=1

P (Hi) P (A | Hi)=

916 · 2

4116 · 3

4 + 916 · 2

4 + 616 · 1

4

=23.

2. Zakon raspodele slucajne promenljive X:

P (X = x) = λx

x! e−λ, x ∈ 0, 1, 2, . . ..

Zakon raspodele uslovne slucajne promenljive Y | X = x:

P (Y = y | X = x) =

λy−x

(y−x)!e−λ , y ∈ x, x + 1, x + 2, . . .

0 , y 6∈ x, x + 1, x + 2, . . . .

Zakon raspodele slucajnog vektora (X,Y ) :

P (X = x, Y = y) = P (X = x)P (Y = y | X = x) =

=

λy

x!(y−x)!e−2λ , x ∈ 0, 1, 2, . . . ∧ y ∈ x, x + 1, x + 2, . . .

0 , inace.

20

Zakon raspodele slucajne promenljive Y : za y < 0 je P (Y = y) = 0, aza y ∈ 0, 1, 2, . . . je

P (Y = y) =∞∑

x=0P (X = x, Y = y) =

y∑x=0

λy

x!(y−x)!e−2λ =

= λye−2λy∑

x=0

1x!(y−x)! · y!

y! = λye−2λ

y!

y∑x=0

y!x!(y−x)! = λye−2λ

y!

y∑x=0

(yx

)=

= λye−2λ

y!

y∑x=0

(yx

) · 1x · 1y−x = λye−2λ

y! (1 + 1)y = λye−2λ

y! 2y = (2λ)ye−2λ

y! .

Dakle, slucajna promenljiva Y ima Poasonovu raspodelu P (2λ).

Zakon raspodele slucajne promenljive X | Y = y (y ∈ 0, 1, 2, . . .):Za x 6∈ 0, 1, 2, . . . , y je ocigledno P (X = x | Y = y) = P(X=x,Y =y)

P(Y =y) = 0,

a za x ∈ 0, 1, 2, . . . , y je

P (X = x | Y = y) = P(X=x,Y =y)P(Y =y) = λye−2λ

x!(y−x)! · y!(2λ)ye−2λ =

= y!x!(y−x)! · λy

(2λ)y =(

yx

) · ( 12

)y =(

yx

) · ( 12

)y−x · ( 12

)x.

Prema tome, slucajna promenljiva X | Y = y ima binomnu raspodeluB (

y, 12

).

3. Neka je D =

(x, y) ∈ R2∣∣ 0 < x < 1 ∧ 0 < y < x2

(vidi sliku 1),

ϕX,Y

(x, y) =

A (x + y) , (x, y) ∈ D0, (x, y) 6∈ D

.

(a) 1 =∫ ∫D

ϕX,Y (x, y) dxdy =1∫0

(x2∫0

A (x + y) dy

)dx =

= A1∫0

(xy

x2

|0

+y2

2

x2

|0

)dx = A

1∫0

(x3 + x4

2

)dx = 7

20A,

pa sledi da je A = 207 .

(b) Prvi nacin:Posmatrajmo transformaciju f : (X,Y ) → (U,Z) datu sa U = X,Z = XY . Transformacija f je neprekidna i monotona po obekomponente, a oblast D je ogranicena krivamal1 = (x, 0) | 0 < x < 1, l2 = (1, y) | 0 < y < 1,l3 =

(x, x2

) ∣∣ 0 < x < 1,

odakle sledi da je oblast D′ = f (D) (vidi sliku 2) ogranicenakrivamal1′ = (u, 0) | 0 < u < 1, l2

′ = (1, z) | 0 < z < 1,l3′ =

(u, u3

) ∣∣ 0 < u < 1.

Dakle, D′ =

(u, z) ∈ R2∣∣ 0 < u < 1 ∧ 0 < z < u3

.

21

Funkcija f : D → D′ je bijektivna pa postoji inverzna funkcijaf−1 : D′ → D, f−1 : (U,Z) → (X, Y ) data sa X = U , Y = Z

U (tj.f−1 (u, z) =

(u, z

u

)) i

Jf−1 (u, z) =∣∣∣∣

xu xz

yu yz

∣∣∣∣ =∣∣∣∣

1 0− z

u21u

∣∣∣∣ = 1u .

- x

6y

1

1

0

y = x2

D

slika 1

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

- u

6z

1

1

0

z = u3 (u = 3√

z)

D′

slika 2

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

Dobijamo:ϕ

U,Z(u, z) = ϕ

X,Y

(f−1 (u, z)

) ·∣∣Jf−1 (u, z)

∣∣ =

= ϕX,Y

(u, z

u

) · 1u =

207

(1 + z

u2

), (u, z) ∈ D′

0 , (u, z) 6∈ D′ .

Gustinu slucajne promenljive Z nalazimo kao marginalnu gustinuslucajnog vektora (U,Z). Za z ∈ (0, 1) je:

ϕZ

(z) =∞∫−∞

ϕU,Z

(u, z) du =1∫

3√z

207

(1 + z

u2

)du = 20

7

3√z− 3√z2− 3√

z4+z3√z

.

Dakle: ϕZ (z) =

207

(1− z + z

23 − z

13

), z ∈ (0, 1)

0 , z 6∈ (0, 1).

Drugi nacin:

Kako slucajna promenljiva (X,Y ) ne moze imati vrednosti oblika(0, y) (vidi oblast D), dogadaj XY < z je ekvivalentan sa do-gadajem

Y < z

X

(z ∈ R), tako da je

FZ (z) = P (Z < z) = P (XY < z) = P(Y < z

X

)=

∫∫Sz

ϕX,Y (x, y) dxdy

gde je Sz =

(x, y) ∈ R2∣∣ y < z

x

∩D (vidi sliku 3).

- x

6y

1

1

y= zx , z<0

y= zx , z∈(0,1)

y= 1x

y= zx , z>1

slika 3

22

Za z ≤ 0 je ocigledno Sz = ∅, pa je FZ

(z) = 0.

Za 0 < z ≤ 1 (vidi sliku 4) je:

FZ

(z) =3√z∫0

(x2∫0

207 (x + y) dy

)dx +

1∫3√z

(zx∫0

207 (x + y) dy

)dx =

= 17

3√

z4 (5 + 2 3√

z) + 107 z

(2− 2 3

√z + 3

√z2 − z

)=

= 17z

(20− 15 3

√z + 12 3

√z2 − 10z

).

- x

6y

1

1

y= zx

3√z

y=x2

Sz

slika 4

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

Za 1 < z je ocigledno Sz = D, pa je FZ (z) = 1.

Koristeci da je ϕZ

(z) = F ′Z

(z), dobijamo

ϕZ (z) =

207

(1− z + z

23 − z

13

), z ∈ (0, 1)

0 , z 6∈ (0, 1).

4. Neka je Xi, i ∈ 1, . . . , 100 slucajna promenljiva koja pretstavlja indika-

tor dogadaja ”u i-tom bacanju kocke dobija se sestica”: Xi :(

0 156

16

).

Slucajna promenljiva X =100∑i=1

Xi predstavlja broj dobijenih sestica u 100

bacanja kocke. Ona ima binomnu raspodelu B (100, 1

6

)i

E (X) = 100 · 16 = 50

3 i D (X) = 100 · 56 · 1

6 = 1259 .

Slucajna promenljiva Y = 1100X predstavlja relativnu ucestalost broja

dobijenih sestica u 100 bacanja kocke, i za nju je

E (Y ) = 1100E (X) = 1

6 i D (Y ) = 11002 D (X) = 1

720 .

(a) P (|Y − E (Y )| < 0.1) = P(∣∣Y − 1

6

∣∣ < 0.1)

=

= 1− P(∣∣Y − 1

6

∣∣ ≥ 0.1) [1]

≥ 1− D(Y )0.12 = 1− 1

720·0.01 = 1− 536 = 31

36 .

[1] - Koristimo nejednakost Cebiseva.

(b) P (|Y − E (Y )| < 0.1) = P

(∣∣∣∣Y−E(Y )√D(Y )

∣∣∣∣ < 0.1√D(Y )

)=

= P

(∣∣∣∣Y−E(Y )√D(Y )

∣∣∣∣ < 6√5

)≈ 2φ

(6√5

)− 1 ≈ 2φ (2.68)− 1 ≈

≈ 2 · 0.99632− 1 ≈ 0.9926.

23

5. Gustina i funkcija raspodele slucajne promenljive X glase

ϕX (x) =

12ex , x < 0

12e−x , x ≥ 0 ,

FX

(x) =

12ex , x ≤ 0

1− 12e−x , x > 0 ,

-X

6Y

−4

5

−4 1

Y =X(X+4)

jer za x ≤ 0 imamo

FX

(x) =x∫

−∞ϕ

X(x) dx =

x∫−∞

12etdt = 1

2ex,

a za x > 0 je

FX

(x) =x∫

−∞ϕ

X(x) dx =

0∫−∞

12etdt +

x∫0

12e−tdt = 1− 1

2e−x.

Raspodela slucajne promenljive X se grana u tacki x = 0. Na osnovudefinicije slucajne promenljive Y (Y = −4 je minimalna vrednost, zaX > 1 je Y = 5, i za X = 0 je Y = 0) nalazimo funkciju raspodeleslucajne promenljive Y na sledeci nacin (vidi sliku):

. Za y ≤ −4 je FY

(y) = 0.

. Za y ∈ (−4, 0] je (x2 + 4x = y je za x1 = −2 − √4 + y i za

x2 = −2 +√

4 + y, pri cemu je x1 < 0 i x2 ≤ 0):F

Y(y) = P (Y < y) = P (x1 < X < x2) =

= P(−2−√4 + y < X < −2 +

√4 + y

)=

= FX

(−2 +√

4 + y)− F

X

(−2−√4 + y)

=

= 12

(e−2+

√4+y − e−2−√4+y

).

. Za y ∈ (0, 5] je (x2 + 4x = y je za x1 = −2 − √4 + y i za

x2 = −2 +√

4 + y, pri cemu je x1 < 0 i 0 < x2 ≤ 1):F

Y(y) = P (Y < y) = P (x1 < X < x2) =

= P(−2−√4 + y < X < −2 +

√4 + y

)=

= FX

(−2 +√

4 + y)− F

X

(−2−√4 + y)

=

= 1− 12e2−√4+y − 1

2e−2−√4+y.

. Za y ∈ (5,∞) je (x2 + 4x = y ∧ x < 1 je za x1 = −2−√4 + y, pricemu je x1 < 0):FY (y) = P (Y < y) = P (x1 < X) = 1− FX

(−2−√4 + y)

=

= 1− 12e−2−√4+y.

6. Brod A se zadrzava u luci dva sata i za to vreme brod B ne mozeda pristane, a brod B se zadrzava od momenta pristajanja pa do krajaposmatranog perioda, tako da ako brod B stigne u luku pre broda A,

24

tada brod A nece moci da pristane u luku. Obelezimo sa tA, odnosnosa tB , vremena dolaska brodova A i B u luku, tako da u koordinatnojravni vremena pristizanja brodova mozemo predstaviti kao uredeni par(tA, tB), pri cemu siguran dogadaj mozemo predstaviti kao kvadrat

K = (tA, tB) | tA ∈ [0, 24] ∧ tB ∈ [0, 24] .

Obelezimo sa m (X) povrsinu oblasti X. Pri tome je povrsina kvadratam (K) = 242 = 576.

(a) Dogadajima M1: ”brod A stize posle broda B” i M2: ”brod B stizeposle broda A, ali najvise 2 sata posle” odgovaraju disjunktne oblasti(vidi sliku 1)M1 = (tA, tB) ∈ K | tB < tA iM2 = (tA, tB) ∈ K | tA < tB < tA + 2(odgovarajuci dogadaji su disjunktni). Povrsine ovih oblasti su:

m (M1) = 5762 = 288 i m (M2) = 288− (24−2)2

2 = 46.Verovatnoca trazenog dogadaja jeP (M1 + M2) = P (M1) + P (M2) =

= m(M1)m(K) + m(M2)

m(K) = 288576 + 46

576 = 167288 ≈ 0.58.

(b) Dogadajima L1: ”brod A stize bar 10 sati posle broda B” iL2: ”brod B stize bar 10 sati posle broda A” odgovaraju disjunktneoblasti (vidi sliku 2)L1 = (tA, tB) ∈ K | tA ≥ tB + 10 iL2 = (tA, tB) ∈ K | tB ≥ tA + 10(odgovarajuci dogadaji su disjunktni). Povrsine ovih oblasti su:

m (L1) = m (L2) = (24−10)2

2 = 98.

Verovatnoca trazenog dogadaja jeP (L1 + L2) = P (L1)+P (L2) = m(L1)

m(K) + m(L2)m(K) = 2· 98

576 = 49144 ≈ 0.34.

- tB

6tA

02 24

24

¡¡

¡¡

¡¡ tB − tA = 2

¡¡

¡¡

¡¡¡

tB = tA

M1 ¾ M2

slika 1

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

...

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

- tB

6tA

010

10

24

24

¡¡

¡¡

¡

tB − tA = 10

¡¡

¡¡

¡tA − tB = 10

L1

L2

slika 2

...

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

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

15.07.1999.

1. Iz skupa 1, 2, . . . , n na slucajan nacin se bira jedan broj, a zatim, bezvracanja, jos jedan.

25

(a) Naci verovatnocu da je drugi broj veci od prvog.

(b) Naci verovatnocu da je drugi broj za dva veci od prvog.

2. U kutiji je 8 belih i 2 crne kuglice.

(a) Igrac A izvlaci dva puta po jednu kuglicu bez vracanja. Pri svakomizvlacenju bele kuglice on dobija 3 dinara, a pri svakom izvlacenjucrne kuglice on placa 5 dinara. Odrediti njegov ocekivani dobitak.

(b) Igrac B izvlacenja vrsi sa vracanjem, jer procenjuje da bi njegovocekivani dobitak u tom slucaju bio veci. Da li je on u pravu?

3. Neka su X i Y nezavisne slucajne promenljive sa E (λ) raspodelom.Naci raspodelu slucajne promenljive Z = |Y −X|.

4. Aparat sadrzi dva tranzistora od kojih svaki nezavisno od drugog pre-goreva sa verovatnocom 0.1. Aparat je neispravan ako mu pregore obatranzistora.

(a) Naci verovatnocu da je aparat neispravan.

(b) Posmatra se uzorak od 100 aparata. Koliki ce biti najmanji broj Mza koji je, sa verovatnocom ne manjom od 0.985, broj neispravnihaparata u uzorku najvise M?

5. Tri prekidaca su povezana u strujno kolo na sli-ci. Duzine rada prekidaca su nezavisne slucajnepromenljive sa istom uniformnom raspodelomU (0, 2). Naci raspodelu slucajne promenljive Tkoja predstavlja duzinu rada strujnog kola.

X1 X2X2

X3

6. Gada se sa n, n ≥ 2 granata rezervoar nafte. Gadanja su nezavisna.Svaka granata pogada rezervoar sa verovatnocom p. Ako u rezervoarpadne jedna granata, on se zapali sa verovatnocom p0, a ako padnu bardve granate, on se sigurno zapali. Kolika je verovatnoca da ce se rezervoarzapaliti?

Resenja:

1. Prvi nacin:

Skup elementarnih dogadaja je

Ω = (x, y) | x, y ∈ 1, 2, . . . , n ∧ x 6= ypri cemu su svi elementarni dogadaji jednakoverovatni, pa cemo koristitiLaplasovu definiciju verovatnoce tj. verovatnoca dogadaja A je m(A)

m(Ω) ,gde je m (D) broj elementarnih dogadaja koji cine dogadaj D. Pri tomeje:

m (Ω) = Card (Ω) = n2 − n = n (n− 1)

(nacin izvlacenja je isti kao kad bi igrac odjednom izvlacio dve kuglice).

26

- X

6Y

1 2 3 4 n

1234

n− 3n− 2n− 1

n

0Y = X

Y = X + 2

a a a a a a aa a a a a a aa a a a a a aa a a a a a a

a a a a a a aa a a a a a aa a a a a a aa a a a a a a

(a) Trazeni dogadaj je A = (x, y) | x, y ∈ 1, . . . , n ∧ x < y. Brojcvorova na slici (elementarnih dogadaja) koji se nalaze iznad praveX = Y je m (A) = n2−n

2 pa je:

P (A) = m(A)m(Ω) = 1

2 .

(b) Trazeni dogadaj je B = (x, y) | x ∈ 1, 2, . . . , n− 2 ∧ y = x + 2.Broj cvorova na slici (elementarnih dogadaja) koji se nalaze na pravojY = X + 2 je m (B) = n− 2 pa je:

P (B) = m(B)m(Ω) = n−2

n(n−1) .

Drugi nacin:

Neka su Hi, i ∈ 1, 2, . . . , n dogadaji koji se realizuju kada je u prvomizvlacenju izvucen broj i. Familija H1,H2, . . . ,Hn cini potpun sistemdogadaja, i pri tome je P (Hi) = 1

n za svako i ∈ 1, 2, . . . , n.

(a) Za dogadaj A: ”drugi izvuceni broj je veci od prvog” vaziP (A | Hi) = n−i

n−1 , i ∈ 1, 2, . . . , n .

Na osnovu formule totalne verovatnoce je:

P (A) =n∑

i=1

P (Hi) P (A | Hi) =n∑

i=1

1n · n−i

n−1 =

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

n(n−1) · (n−1)n2 = 1

2 .

(b) Za dogadaj B: ”drugi izvuceni broj je za dva veci od prvog” vaziP (B | Hi) = 1

n−1 , i ∈ 1, 2, . . . , n− 2 ,

P (B | Hn−1) = P (B | Hn) = 0.

Na osnovu formule totalne verovatnoce je:

P (B) =n∑

i=1

P (Hi)P (B | Hi) =n−2∑i=1

1n · 1

n−1 = 1n (n− 2) 1

n−1 = n−2n(n−1) .

2. Neka su Hi, i ∈ 1, 2 dogadaji koji se realizuju kada je u i - tomizvlacenju izvucena bela kuglica.

27

(a) Dogadaji H1 i H2 u ovom slucaju nisu nezavisni. Neka slucajnapromenljiva X predstavlja dobitak igraca A. Skup njenih vrednostije RX = −10,−2, 6, a odgovarajuce verovatnoce su:

P (X = −10) = P(H1H2

)= P

(H1

)P

(H2 | H1

)= 2

10 · 19 = 1

45 ,

P (X = −2) = P(H1H2 + H1H2

)= P

(H1H2

)+ P

(H1H2

)=

= P (H1)P(H2 | H1

)+ P

(H1

)P

(H2 | H1

)=

= 810 · 2

9 + 210 · 8

9 = 1645 ,

P (X = 6) = P (H1H2) = P (H1) P (H2 | H1) = 810 · 7

9 = 2845 .

Napomena: posmatrani model izvlacenja je isti kao da se obe kuglice

izvlace odjednom, i tada dobijamo P (X = −10) = ( 22 )

( 102 ) = 1

45 ,

P (X = −2) = ( 21 )·( 8

1 )( 10

2 ) = 1645 , P (X = 6) = ( 8

2 )( 10

2 ) = 2845 .

Prema tome, zakon raspodele dobitka igraca A glasi

X :( −10 −2 6

145

1645

2845

),

a ocekivani dobitak je E (X) = −10 · 145 − 2 · 16

45 + 6 · 2845 = 14

5 = 2.8.

(b) Dogadaji H1 i H2 su u ovom slucaju nezavisni. Neka slucajnapromenljiva Y predstavlja dobitak igraca B. Skup njenih vrednostije RY = −10,−2, 6, a odgovarajuce verovatnoce su:

P (Y = −10) = P(H1H2

)= P

(H1

)P

(H2

)=

(210

)2 = 125 ,

P (Y = −2) = P(H1H2 + H1H2

)=

= P (H1)P(H2

)+ P

(H1

)P (H2) =

= 810 · 2

10 + 210 · 8

10 = 825 ,

P (Y = 6) = P (H1H2) = P (H1) P (H2) =(

810

)2 = 1625 .

Prema tome, zakon raspodele dobitka igraca B je

Y :( −10 −2 6

125

825

1625

),

a ocekivani dobitak je E (Y ) = −10 · 125 − 2 · 8

25 + 6 · 1625 = 14

5 = 2.8.

Dakle, obe taktike su jednako efikasne, tako da igrac B nije u pravu.

3. ϕX (x) =

0 , x ≤ 0λe−λx , x > 0 , FX (x) =

0 , x ≤ 0

1− e−λx , x > 0 ,

ϕY

(y) =

0 , y ≤ 0λe−λy , y > 0 , F

Y(y) =

0 , y ≤ 0

1− e−λy , y > 0 .

Slucajne promenljive X i Y su nezavisne, pa gustina i raspodelaslucajnog vektora (X, Y ) glase:

28

ϕX,Y

(x, y) = ϕX

(x)ϕY

(y) =

0 , x ≤ 0 ∨ y ≤ 0λ2e−λ(x+y) , x > 0 ∧ y > 0

,

FX,Y

(x, y) = FX

(x)FY

(y) =

=

0 , x ≤ 0 ∨ y ≤ 01− e−λx − e−λy + e−λ(x+y) , x > 0 ∧ y > 0

.

Prvi nacin:

Nadimo funkciju raspodele slucajne promenljive Z = |Y −X| bez nala-zenja njene gustine:

• Za z ≤ 0: FZ

(z) = P (Z < z) = P (|Y −X| < z) = 0.

• Za z > 0: neka je (vidi sliku 1)Sz = (x, y) | x > 0 ∧ y > 0 ∧ |y − x| < z == (x, y) | x > 0 ∧ y > 0 ∧ x− z < y < x + z.

-X

6Y

Y = X + z

Y = X − z

z

z

0

Sz

slika 1

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

FZ

(z) = P (Z < z) = P (|Y −X| < z) = P (−z < Y −X < z) == P ((X,Y ) ∈ Sz) =

∫ ∫Sz

ϕX,Y (x, y) dxdy =

=z∫0

(x+z∫0

λ2e−λ(x+y)dy

)dx +

∞∫z

(x+z∫x−z

λ2e−λ(x+y)dy

)dx =

=z∫0

λe−λx(1− e−λ(x+z)

)dx +

∞∫z

λ(e−λ(2x−z) − e−λ(2x+z)

)dx =

= λ

(z∫0

e−λxdx−z∫0

e−λ(2x+z)dx+∞∫z

e−λ(2x−z)dx+∞∫z

e−λ(2x+z)dx

)=

= 1− e−λz + 12e−3λz − 1

2e−λz + 12e−λz − 1

2e−3λz = 1− e−λz.

Drugi nacin:

Posmatrajmo transformaciju f : (X, Y ) → (U, V ) definisanu sa U = X,V = Y − X. Njena inverzna transformacija f−1 : (U, V ) → (X,Y ) jeX = U , Y = U + V i Jakobijan te inverzne transformacije je

Jf−1 (u, v) =∣∣∣∣

xu xv

yu yv

∣∣∣∣ =∣∣∣∣

1 01 1

∣∣∣∣ = 1.

Transformacijom f se oblast D = (x, y) | x > 0 ∧ y > 0 (vidi sliku2) ogranicena polupravama

29

l1 : x = 0, y > 0 ⇔ l1 = (0, t) | t ∈ R+l2 : y = 0, x > 0 ⇔ l2 = (t, 0) | t ∈ R+

preslikava u oblast D′ = (u, v) | u > 0 ∧ −u < v (vidi sliku 3) ogra-nicenu polupravama

l′1 = f (l1) : u = 0, v > 0 ⇔ l′1 = (0, t) | t ∈ R+l′2 = f (l2) : v = −u, u > 0 ⇔ l′2 = (t,−t) | t ∈ R+ .

Tako dobijamo

ϕU,V

(u, v) = ϕX,Y

(f−1 (u, v)

) · ∣∣Jf−1 (u, v)∣∣ = ϕ

X,Y(u, u + v) · 1 =

=

λ2e−λ(2u+v) , (u, v) ∈ D′

0 , (u, v) 6∈ D′ .

Gustinu raspodele slucajne promenljive V sada dobijamo kao marginalnu

gustinu vektora (U, V ): ϕV

(v) =∞∫−∞

ϕU,V

(u, v) du = . . .

(a) Za v ≤ 0 : ϕV (v) =∞∫−v

λ2e−2λue−λvdu = λ2 eλv.

(b) Za v > 0 : ϕV (v) =∞∫0

λ2e−2λue−λvdu = λ2 e−λv.

-X

6Y

D

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

slika 2

-U

6V

@@@V = −U

D′

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

slika 3

Prema tome: ϕV

(v) = λ2 e−λ|v|, v ∈ R. Sada imamo da je Z = |V | pa je

FZ

(z) = P (Z < z) = P (|V | < z) =

0 , z ≤ 0z∫−z

ϕV

(v) dv , z > 0 =

=

0 , z ≤ 0z∫−z

λ2 e−λ|v|dv , z > 0 =

0 , z ≤ 0

2z∫0

λ2 e−λvdv , z > 0 =

=

0 , z ≤ 01− e−λz , z > 0 .

Dakle, slucajna promenljiva Z ima ekponencijalnu raspodelu E (λ).

4. (a) Tranzistori pregorevaju nezavisno, svaki sa verovatnocom 0.1, paverovatnoca neispravnosti aparata iznosi p = 0.1 · 0.1 = 0.01.

30

(b) Neka slucajna promenljiva Xi, i ∈ 1, 2, . . . , 100 predstavlja in-dikator neispravnosti i - tog aparata (dogadaj Xi = 1 znaci daje i - ti aparat neispravan, a dogadaj Xi = 0 znaci da je i - tiaparat ispravan).

Xi :(

0 10.99 0.01

),

E (Xi) = 0.01D (Xi) = 0.0099 , i ∈ 1, 2, . . . , 100 .

Slucajna promenljiva X =100∑i=1

Xi predstavlja broj neispravnih

aparata u uzorku obima 100 (X ima binomnu B (100, 0.01)raspodelu), pri cemu je (zbog osobina matematickog ocekivanja i dis-perzije sume nezavisnih slucajnih promenljivih)

E (X) = 100 · 0.01 = 1 i D (X) = 100 · 0.0099 = 0.99.

Broj M dobijamo resavanjem nejednacine P (X ≤ M) ≥ 0.985:

0.985 ≤ P (X ≤ M) = P

(X−E(X)√

D(X)≤ M−E(X)√

D(X)

)≈ φ

(M−E(X)√

D(X)

),

odakle dobijamo:M−E(X)√

D(X)º φ−1 (0.985) ≈ 2.17 ⇒

⇒ M º 2.17√

D (X) + E (X) ≈ 2.17 · 0.994987 + 1 ≈ 3.1591.Dakle, trazeni broj M je 4.

5. Za sve i ∈ 1, 2, 3 je

ϕXi

(x) =

0 , x 6∈ [0, 2]12 , x ∈ [0, 2] , F

Xi(x) =

0 , x ≤ 0x2 , x ∈ (0, 2]1 , 2 < x

.

Slucajna promenljiva U = min X1, X2 predstavlja vreme rada serijskeveze X1 − X2, a posto su slucajne promenljive Xi nezavisne, dobijamo

FU

(u) = P (U < u) = P (min X1, X2 < u) = 1−P (min X1, X2 ≥ u) =

= 1− P (X1 ≥ u,X2 ≥ u) = 1− P (X1 ≥ u) P (X2 ≥ u) =

= 1− (1− FX1

(u)) (

1− FX2(u)

)=

0 , u ≤ 0u− u2

4 , u ∈ (0, 2]1 , 2 < u

.

Konacno, slucajna promenljiva T = max U,X3 predstavlja vreme radacelog kola, a posto su slucajne promenljive Xi nezavisne, tada su islucajne promenljive U i X3 nezavisne, pa dobijamo

FT

(t) = P (T < t) = P (max U,X3 < t) = P (U < t,X3 < t) =

= P (U < t)P (X3 < t) = FU

(t) FX3

(t) =

0 , t ≤ 012 t2

(1− t

4

), t ∈ (0, 2]

1 , 2 < t.

6. Neka slucajna promenljiva X predstavlja broj pogodaka. Oznacimo saA posmatrani dogadaj: ”rezervoar je zapaljen”. Slucajna promenljiva Xima binomnu raspodelu B (n, p).

31

Dogadaji X = 0, X = 1, X ≥ 2 cine potpun sistem dogadaja,pa je

P (A) = P (X = 0) P (A | X = 0) + P (X = 1) P (A | X = 1) ++ P (X ≥ 2) P (A | X ≥ 2).

Po uslovima zadatka imamo:

P (A | X = 0) = 0, P (A | X = 1) = p0, P (A | X ≥ 2) = 1,

P (X = 0) =(

n0

)(1− p)n = (1− p)n

,

P (X = 1) =(

n1

)p (1− p)n−1 = np (1− p)n−1

,

P (X ≥ 2) = 1− P (X < 2) = 1− (P (X = 0) + P (X = 1)) =

= 1−((1− p)n + np (1− p)n−1

)=

= 1− (1− p)n−1 (1 + (n− 1) p) ,

te tako dobijamo: P (A) = 1− (1− p)n−1 (1− p (1− n + np0)).

04.09.1999.

1. U kutiji A se nalaze 2 bele i 5 crvenih kuglica, a u kutiji B se nalaze 4bele i 4 crvene kuglice. Iz svake kutije se na slucajan nacin biraju po dvekuglice, a zatim se od ove 4 kuglice na slucajan nacin bira jedna. Ako sezna da je poslednja izabrana kuglica bele boje, koliko iznosi verovatnocada ona potice iz kutije B.

2. Slucajna promenljiva X ima zakon raspodele( −1 0

23

13

), a slucaj-

na promenljiva Y ima uniformnu raspodelu U (0, 2). Naci funkcijuraspodele slucajne promenljive Z = XY .

3. Slucajna promenljiva X ima uniformnu U (1, 2) raspodelu, a slucajnapromenljiva Y za X = x ima uniformnu U (x, x + 1) raspodelu. Naciraspodelu slucajne promenljive Z = Y−1

X+1 .

4. Lutrija je pustila u prodaju nagradnu igru. Cena jednog listica je 10dinara. Verovatnoca da je listic dobitni iznosi 0.9. Dobitak svakog listicaje nezavisan od ostalih. Ukoliko je kupljen ”dobitni” listic, dobitak iznosi100 dinara.

(a) Pera je ulozio 1000 dinara u nagradnu igru. Koliko iznosi verovatnocada je njegov dobitak bar 9200 dinara?

(b) Koliko najmanje novca treba uloziti pa da sa verovatnocom vecomod 0.95 dobijemo bar 10000 dinara?

5. Sistem se sastoji od uredaja X i Y cija su vremena rada slucajnepromenljive koje imaju sledece gustine:

32

ϕX

(t) =

kt+1 , t ∈ [0, 1]0 , t 6∈ [0, 1]

, ϕY (t) =

mt+2 , t ∈ [0, 2]0 , t 6∈ [0, 2]

.

Sistem funkcionise tako sto se na pocetku aktivira uredaj X, a kada Xprestane sa radom aktivira se uredaj Y , i nakon prestanka rada uredajaY i sistem prestaje da funkcionise.

(a) Izracunati konstante k i m.(b) Naci ocekivano vreme funkcionisanja sistema.

6. U vremenskom intervalu od 60 sekundi dva ovna u slucajnim trenucimakrecu sa dva kraja brvna, i pri tome jednom treba 10, a drugom 20 sekundida predu brvno. U slucaju da se susretnu na brvnu, sa verovatnocom 1

3jedan obara drugog, a sa verovatnocom 2

3 oba ovna padaju. Koliko iznosiverovatnoca da ce oba ovna pasti s brvna?

7. U kutiji se nalaze tri kuglice koje mogu biti bele ili crne boje. Na slucajannacin se izvlaci jedna kuglica i zamenjuje se kuglicom suprotne boje.Stanje sistema nakon svake zamene definisemo brojem belih kuglica ukutiji.

(a) Sastaviti matricu prelaza za jedan korak.(b) Ako su na pocetku u kutiji bile 1 bela i 2 crne kuglice, naci verovat-

nocu da ce nakon dve zamene stanje u kutiji biti nepromenjeno.(c) Naci finalne verovatnoce.

8. Data je gustina obelezja X: ϕX

(x) = 12λ√

xe−

√x

λ , x > 0.

(a) Metodom maksimalne verodostojnosti naci ocenu parametra λ.(b) Pokazati da je nadena ocena centrirana.(c) χ2 testom testirati saglasnost uzorka

Ii (0, 1] (1, 2] (2, 4] (4, 6] (6,+∞)mi 24 12 8 4 2

sa datim obelezjem za λ = 1 i pragom znacajnosti α = 0.05.

Resenja:

1. Oznake dogadaja: D - ”izvucena je bela kuglica”,A - ”izvucena kuglica je iz kutije A”,B - ”izvucena kuglica je iz kutije B”.

Dogadaji A i B cine potpun sistem dogadaja, a po uslovu zadatka vazi

P (A) = P (B) = 12 , P (D | A) = 2

7 , P (D | B) = 12 ,

te je

P (D) = P (A)P (D | A) + P (B)P (D)B = 12 · 2

7 + 12 · 1

2 = 1128 .

Trazenu verovatnocu dobijamo na osnovu Bajesove formule:

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

P (D)=

12 · 1

21128

=711

.

33

2. Funkcija raspodele slucajne promenljive Y je

FY (y) =

0 , y ≤ 012y , 0 < y ≤ 21 , 2 < y

.

Dogadaji X = −1 i X = 0 cine potpun sistem dogadaja pa je

FZ

(z) = P (Z < z) = P (XY < z) =

= P (X = −1)P (XY < z | X = −1) + P (X = 0) P (XY < z | X = 0) =

= 23P (−Y < z) + 1

3P (0 < z) = 23P (Y > −z) + 1

3P (0 < z) =

= 23 (1− P (Y ≤ −z)) + 1

3P (0 < z) =

= 23 (1− P (Y < −z)) + 1

3P (0 < z) = 23 (1− FY (−z)) + 1

3P (0 < z) = . . .

(a) Za z ≤ −2 ( ⇔ −z ≥ 2) vazi:FZ (z) = 2

3 (1− 1) + 0 = 0,

(b) za z ∈ (−2, 0] ( ⇔ −z ∈ [0, 2)) vazi:F

Z(z) = 2

3

(1− −z

2

)+ 0 = 2+z

3 ,

(c) za z > 0 ( ⇔ −z < 0) vazi:FZ (z) = 2

3 (1− 0) + 13 = 1.

Prema tome: FZ

(z) =

0 , z ≤ −22+z3 , z ∈ (−2, 0]1 , 0 < z

.

3. ϕX

(x) =

1 , x ∈ [1, 2]0 , x 6∈ [1, 2] ,

ϕY | X=x (y) =

1 , y ∈ [x, x + 1]0 , y 6∈ [x, x + 1] ,

- x

6y

1 2

1

2

3

¡¡

¡¡

¡¡

y = x

¡¡

¡¡

¡¡

y = x + 1

0

D

slika 1

......

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

D =

(x, y) ∈ R2∣∣ x ∈ [1, 2] ∧ y ∈ [x, x + 1]

(vidi sliku 1), pri cemu je

m (D) = 1 (povrsina oblasti D).

ϕX,Y (x, y) = ϕX (x)ϕY | X=x (y) =

1 , (x, y) ∈ D0 , (x, y) 6∈ D

.

Posmatrajmo transformaciju f : (X,Y ) → (U,Z) definisanu sa

Z = Y−1X+1 i U = X

(f (x, y) =

(x, y−1

x+1

)).

Resavajuci sistem jednacina z = y−1x+1 ∧ u = x po x i y (resenja

su x = u ∧ y = (u + 1) z + 1) dobijamo inverznu transformaciju(x, y) = f−1 (u, z) = (u, (u + 1) z + 1).

Transformacija f je neprekidna na oblasti D, a oblast D je ogranicenapravama l1 : x = 1, l2 : x = 2, l3 : y = x, l4 : y = x + 1, odnosno

34

l1 = (1, y) | y ∈ R , l2 = (2, y) | y ∈ R ,

l3 = (x, x) | x ∈ R , l4 = (x, x + 1) | x ∈ R ,

pa je oblast D′ = f (D) ogranicena krivama

l′1 = f (l1) = (1, z) | z ∈ R , l′2 = f (l2) = (2, z) | z ∈ R ,

l′3 = f (l3) =(

u, u−1u+1

) ∣∣∣ u ∈ R

, l′4 = f (l4) =(

u, uu+1

) ∣∣∣ u ∈ R

,

odnosno l′1 : u = 1, l′2 : u = 2, l′3 : z = u−1u+1 , l′4 : z = u

u+1 ,

- u

6z

1 2

12

13

23

z = u−1u+1

z = uu+1

0

D′

slika 2

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

pa dobijamo da je D′ =

(u, z) ∈ R2∣∣ u ∈ [1, 2] ∧ z ∈

[u−1u+1 , , u

u+1

]

(vidi sliku 2). Jakobijan inverzne transformacije f−1 je:

J−1f−1 (u, z) =

∣∣∣∣xu xz

yu yz

∣∣∣∣ =∣∣∣∣

1 0z u + 1

∣∣∣∣ = u + 1.

Tako dolazimo do gustine vektora (U,Z) :

ϕU,Z

(u, z) = ϕX,Y

(f−1 (u, z)

) ∣∣∣J−1f−1 (u, z)

∣∣∣ =

= ϕX,Y

(u, (u + 1) z + 1) |u + 1| =

u + 1 , (u, z) ∈ D′

0 , (u, z) 6∈ D′ ,

i do gustine slucajne promenljive Z:

ϕZ

(z) =∞∫−∞

ϕU,Z

(u, z) du = . . .

(a) Za z 6∈ [0, 2

3

]je: ϕ

Z(z) =

∞∫−∞

0du = 0.

(b) Za z ∈ [0, 1

3

]je:

ϕZ (z) =

1+z1−z∫1

(u + 1) du = (u+1)2

2

1+z1−z

|1

= 12(1−z)2

− 2.

(c) Za z ∈ (13 , 1

2

]je:

ϕZ

(z) =2∫1

(u + 1) du = (u+1)2

2

2

|1

= 92 − 2 = 5

2 .

(d) Za z ∈ (12 , 2

3

]je:

ϕZ

(z) =2∫

z1−z

(u + 1) du = (u+1)2

2

2

|z

1−z

= 92 − 1

2(1−z)2.

35

4. Obelezimo sa X broj dobitnih od n kupljenih listica.

X : B (n, 0.9), E (X) = 0.9n, D (X) = 0.09n.

(a) n = 100010 = 100, X : B (100, 0.9), E (X) = 90, D (X) = 9.

Treba da je broj dobitnih listica veci ili jednak sa 9200100 = 92, tako da

je trazena verovatnoca

P (X ≥ 92) = 1− P (X < 92) = 1− P

(X−E(X)√

D(X)≤ 92−E(X)√

D(X)

)[1]=

= 1− P(X∗ ≤ 92−90√

9

)≈ 1− P (X∗ ≤ 0.67) ≈ 1− φ (0.67) ≈

≈ 1− 0.7486 ≈ 0.2514.

(b) Trazimo n za koje ce broj dobitnih listica biti bar 10000100 = 100

sa verovatnocom od 0.95 ili vecom, odnosno resavamo po n ne-jednacinu P (X ≥ 100) ≥ 0.95. Kako jeP (X ≥ 100) ≥ 0.95 ⇔ 1− P (X < 100) ≥ 0.95 ⇔⇔ 1− P

(X−0.9n√

0.09n< 100−0.9n√

0.09n

)≥ 0.95

[1]⇔⇔ 1− P

(X∗ < 100−0.9n

0.3√

n

)≥ 0.95 ⇔

⇔ P(X∗ < 100−0.9n

0.3√

n

)≤ 0.05 ⇔ φ

(100−0.9n

0.3√

n

)¹ 0.05 ⇔

⇔ 100−0.9n0.3√

n¹ φ−1 (0.05) ≈ −1.645 ⇔

⇔ 0.9n− 0.4935√

n− 100 º 0 ⇔⇔ (

0.9t2 − 0.4935t− 100 º 0 ∧ t =√

n) ⇔

⇔ ((t º 10.8187 ∨ t ¹ −10.2703) ∧ t =√

n) ⇔⇔ (t º 10.8187 ∧ t =

√n) ⇔ n = t2 º 10.81872 ≈ 117.0443,

treba da je n ≥ 118, odnosno ulog treba da je bar 118 · 10 = 1180dinara.

[1] - Na osnovu centralne granicne teoreme je

X∗ = X−E(X)√D(X)

∼ N (0, 1).

5. (a) Iz uslova∞∫−∞

ϕX

(t) dt =1∫0

kt+1dt = k · ln 2 = 1,

∞∫−∞

ϕY

(t) dt =2∫0

mt+2dt = m · ln 2 = 1,

dobijamo da je k = 1ln 2 i m = 1

ln 2 .

(b) Obelezimo sa Z slucajnu promenljivu koja pretstavlja vreme radasistema. Na osnovu opisanog nacina rada imamo da je Z = X + Yi trazi se E (Z). Imamo

E (X) =∞∫−∞

tϕX

(t) dt = 1ln 2

1∫0

tt+1dt = 1

ln 2

1∫0

(1− 1

t+1

)dt =

= 1ln 2 (1− ln 2) = 1

ln 2 − 1,

36

E (Y ) =∞∫−∞

tϕY

(t) dt = 1ln 2

2∫0

tt+2dt = 1

ln 2

2∫0

(1− 2

t+2

)dt =

= 1ln 2 (2− 2 ln 2) = 2

ln 2 − 2,

E (Z) = E (X) + E (Y ) = 3(

1ln 2 − 1

).

6. Oznacimo dogadaje: S - ”doslo je do susreta na brvnu”,A - ”oba ovna padaju sa brvna”.

Koristeci formulu totalne verovatnoce imamo

P (A) = P (S)P (A | S) + P(S

)P

(A | S)

.

Po uslovu zadatka je P (A | S) = 23 i P

(A | S)

= 0, te jeP (A) = P (S)P (A | S).Mozemo koristiti geometrijsku interpreta-ciju verovatnoce. Oznacimo sa m (X)povrsinu oblasti X ⊆ R2. Vremena kre-tanja ovnova preko brvna mozemo pred-staviti uredenim parom (o1, o2) ∈ K,gde je K kvadrat sa temenima (0, 0),(60, 0), (60, 60), (0, 60). Dogadaj Smozemo u ravni predstaviti (vidi sliku)kao oblast:

-O1

6O2

10 60

20

60

¡¡

¡¡

¡

¡¡

¡¡

¡¡o2=o1−10

o2=o1+20

S

T1

T2

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

S = (o1, o2) | o1 − 10 < o2 < o1 + 20 = K \ (T1 ∪ T2).

Sada dobijamo:

m (K) = 602 = 3600, m (T1) = 402

2 = 800, m (T2) = 502

2 = 1250,

odakle sledi

P (S) = m(S)m(K) = m(K)−m(T1)−m(T2)

m(K) = 3172 ,

odnosno: P (A) = 23 · 31

72 = 31108 ≈ 0.2870.

7. Moguce vrednosti slucajnog procesa su 0, 1, 2, 3.

(a) Matrice prelaza za jedan i za dva koraka su:

0 1 2 3

0

P = 1

2

3

0 1 0 013 0 2

3 00 2

3 0 13

0 0 1 0

,

0 1 2 3

0

P 2 = 1

2

3

13 0 2

3 00 7

9 0 29

29 0 7

9 00 2

3 0 13

.

(b) Vektor pocetne raspodele:0 1 2 3

p0 =[

0 1 0 0].

Vektor raspodele nakon dva koraka:0 1 2 3

p2 = p0 · P 2 =[

0 79 0 2

9

].

Prema tome, verovatnoca da stanje nakon dva koraka ostaje ne-promenjeno iznosi p1 (2) = 7

9 .

37

(c) Finalne verovatnoce p∗j , j ∈ 0, 1, 2, 3 nalazimo resavanjem sistema:[p∗0 p∗1 p∗2 p∗3] · P = [p∗0 p∗1 p∗2 p∗3] ∧ p∗0 + p∗1 + p∗2 + p∗3 = 1.

p∗0 + p∗1 + p∗2 + p∗3 = 113p∗1 = p∗0

p∗0 + 23p∗2 = p∗1

23p∗1 + p∗3 = p∗2

13p∗2 = p∗3

⇔

p∗0 + p∗1 + p∗2 + p∗3 = 1

p∗1 + 34p∗2 + 3

4p∗3 = 34

p∗2 + 37p∗3 = 3

7

p∗3 = 18

⇔

p∗3 = 18

p∗2 = 38

p∗1 = 38

p∗0 = 18

dobijamo

p∗ =0 1 2 3[18

38

38

18

].

8. (a) L (λ) =n∏

i=1

ϕX (xi;λ) = 2−nλ−n

(n∏

i=1

xi

)− 12

exp

(− 1

λ

n∑

i=1

√xi

),

ln L (λ) = −n ln 2− n ln λ− 12

lnn∏

i=1

xi − 1λ

n∑

i=1

√xi ,

∂ ln L (λ)∂λ

= −n

λ+

1λ2

n∑

i=1

√xi = 0 ⇒ λ =

1n

n∑

i=1

√xi .

Odnosno, dobili smo ocenu: λ =1n

n∑

i=1

√Xi .

(b) E(λ)

= 1n

n∑i=1

E(√

Xi

)= 1

nnE(√

X)

= E(√

X)

=

=∞∫−∞

√x · ϕX (x) dx =

∞∫0

√x

2λ√

x· exp

(−√

xλ

)dx =

= 12λ ·

∞∫0

exp(−√

xλ

)dx

[1]= λ

∞∫0

t exp (−t) dt = λΓ (2) = λ.

[1] - Smenom√

xλ = t.

Dakle, ocena je centrirana.

(c) Funkcija raspodele slucajne promenljive X glasi:

FX

(x) =

0 , x ≤ 0x∫0

12√

xe−√

xdx , x > 0 =

0 , x ≤ 01− e−

√x , x > 0

,

38

a u tablici spajamo poslednja dva intervala da bi svako mi bilonajmanje 5. Obim uzorka je: n = 24+12+8+6 = 50. Odgovarajuceteorijske verovatnoce pi dobijamo na sledeci nacin:pi = P (X ∈ (ai, bi]) = F

X(bi)− F

X(ai).

Prema tome, χ2 test primenjujemo na sledece podatke:

(ai, bi] (0, 1] (1, 2] (2, 4] (4, +∞)mi 24 12 8 6pi 0.6321 0.1248 0.1078 0.1353npi 31.606 6.238 5.389 6.767

Sada dobijamo:

χ23 =

4∑

i=1

(npi −mi)2

npi≈ 8.51 > χ2

4−1−0;0.05 ≈ 7.81,

sto znaci da hipotezu odbacujemo.

27.09.1999.

1. U kutiji se nalaze 4 ispravna i 2 neispravna proizvoda. Na slucajan nacinse izvlaci grupa od 3 proizvoda i ako medu njima ima neispravnih, svi sevracaju. Ako je grupa proizvoda vracena, koliko iznosi verovatnoca da jevracena zato sto su u njoj bila 2 neispravna?

2. Baca se kockica za ”Covece ne ljuti se”. Ako padne paran broj, baca se josjedna, a ako padne neparan broj, bacaju se jos dve kockice. Oznacimo saX ukupan broj pojavljivanja dvojke, a sa Y ukupan broj pojavljivanjatrojke.

(a) Naci zajednicku raspodelu slucajnog vektora (X,Y ).

(b) Naci E (Y | X = 1).

3. Dvodimenzionalna slucajna promenljiva (X, Y ) data je gustinom

ϕX,Y

(x, y) =

127

(x2 + y

), (x, y) ∈ T

0 , (x, y) 6∈ T,

gde je T oblast: 0 < x < 1, 1− x < y < 1.

(a) Naci raspodelu slucajne promenljive Z = X2 + Y .

(b) Izracunati verovatnocu P(1 < Z < 3

2

).

4. Kolicina praska u jednoj kesi ima ocekivanu vrednost a = 3.6 kg sastandardnim odstupanjem σ = 0.05 kg. Kolicina praska u jednoj kesi usanduku je nezavisna od kolicine praska u ostalim kesama. Koliko najvisemoze biti kesa u sanduku pa da ukupna kolicina praska bude manja od400 kg sa verovatnocom 0.9?

39

5. Za ocenu nepoznatog parametra m u obelezju sa normalnom raspodelomN (m, 1) predlozene su ocene:

θ1 = nX1 − (X2 + X3 + . . . + Xn) ,

θ2 = (n− 1) X1+X22 − (X3 + X4 + . . . + Xn) .

(a) Ispitati centriranost datih ocena.

(b) Koja ocena je efikasnija?

6. Troje dece se dodaju loptom. Anica sa istom verovatnocom dodaje Brankui Cani, Branko dvostruko verovatnije dodaje Anici nego Cani, Cana uvekdodaje Branku. Vreme leta lopte je zanemarljivo malo, deca podjednakodugo zadrzavaju loptu.

(a) Ako dodavanje traje ”dovoljno dugo”, koliki deo vremenskog periodaje lopta kod kojeg deteta?

(b) Dodajmo uslov da devojcice u 10% dodavanja ispustaju loptu, i utakvom slucaju se igra prekida. Ako je lopta na pocetku bila kodBranka, koliko iznosi verovatnoca da ce biti vise od cetiri dodavanja?

7. Dva tenisera igraju u dva uzastopna dobijena seta. Prvi igrac dobijapojedinacni set sa verovatnocom 0.7, a drugi sa 0.3. Slucajna promenljivaX predstavlja broj odigranih setova.

(a) Naci raspodelu slucajne promenljive X.

(b) Naci karakteristicnu funkciju slucajne promenljive X i pomocukarakteristicne funkcije matematicko ocekivanje.

8. Na simpozijumu od 40 ucesnika, njih 30 govori srpski jezik, 12 madarskii 3 slovacki, 6 govori srpski i madarski, 2 srpski i slovacki i 2 madarski islovacki. Jedan ucesnik govori sva tri jezika. Naci verovatnocu da slucajnoodabran ucesnik ne govori ni jedan od navedenih jezika.

9. χ2 testom sa pragom znacajnosti α = 0.05 testirati hipotezu da datiuzorak ne protivureci normalnoj raspodeli N (m, 4):

(1, 3] (3, 5] (5, 8] (8, 12] (12, 15] (15, 17]2 3 7 10 11 7

Resenja:

1. Oznacimo sa Hi, i ∈ 0, 1, 2 broj neispravnih od tri izvucena proizvoda,pri cemu je A = H1 + H2 dogadaj koji oznacava da su tri izvucenaproizvoda vracena u kutiju. Verovatnoce ovih dogadaja su:

P (H0) = ( 43 )

( 63 )

= 420 = 1

5 , P (H1) = ( 42 )·( 2

1 )( 6

3 )= 6·2

20 = 35 ,

P (H2) = ( 41 )·( 2

2 )( 6

3 )= 1− P (H0)− P (H1) = 1

5 .

40

Trazena verovatnoca je:

P (H2 | A) =P (H2A)P (A)

=P (H2 (H1 + H2))

P (H1 + H2)=

=P (H2)

P (H1) + P (H2)=

15

35 + 1

5

=14,

gde smo koristili da su H1 i H2 disjunktni dogadaji.

2. Oznacimo sa A, B, C slucajne promenljive koje predstavljaju redombrojeve dobijene pri prvom, drugom, trecem bacanju kockice, pri cemucemo smatrati npr. da C uzima vrednost 0 ako treceg bacanja uopstenema (u prvom bacanju je pao paran broj). Iz formulacije zadatka vidimoda su (A, B) i (B, C) parovi nezavisnih slucajnih promenljivih, dokslucajne promenljive A i C nisu nezavisne. Za ove slucajne promenljiveimamo sledece zakone raspodele:

P (A = k) = P (B = k) = 16 , k ∈ 1, 2, 3, 4, 5, 6,

P (C = 0) = P (A ∈ 2, 4, 6) = 12 ,

P (C = k) = P (A ∈ 2, 4, 6)P (C = k | A ∈ 2, 4, 5)+

+P (A ∈ 1, 3, 5)P (C = k | A ∈ 1, 3, 5) =

= 12 · 0 + 1

2 · 16 = 1

12 , k ∈ 1, 2, 3, 4, 5, 6.Skupovi mogucih vrednosti slucajnih promenljivih X i Y su redomRX = 0, 1, 2 i RY = 0, 1, 2, 3. Koristeci navedene slucajne promen-ljive i dogadaje Kn = A ∈ 1, 3, 5 i Kp = A ∈ 2, 4, 6 koji cinepotpun sistem dogadaja, pri cemu je P (Kn) = P (Kp) = 1

2 , dolazimo dozakona raspodele slucajnog vektora (X, Y ) :

pi,j = P (X = i, Y = j) =

= P (Kn)P (X = i, Y = j | Kn) + P (Kp) P (X = i, Y = j | Kp) =

= P (Kn) P(X=i,Y =j,Kn)P(Kn) + P (Kp)

P(X=i,Y =j,Kp)P(Kp) =

= P (X = i, Y = j,Kn) + P (X = i, Y = j, Kp) =

= P (X = i, Y = j, A ∈ 1, 3, 5) + P (X = i, Y = j, A ∈ 2, 4, 6) ,

(i, j ∈ RX ×RY ) .

Dakle:

p0,0 = P (X = 0, Y = 0, A ∈ 1, 3, 5) + P (X = 0, Y = 0, A ∈ 2, 4, 6) == P (A ∈ 1, 5 , B ∈ 1, 4, 5, 6 , C ∈ 1, 4, 5, 6) +

+P (A ∈ 4, 6 , B ∈ 1, 4, 5, 6 , C = 0) == P (A ∈ 1, 5 , B ∈ 1, 4, 5, 6 , C ∈ 1, 4, 5, 6) +

+P (A ∈ 4, 6 , B ∈ 1, 4, 5, 6) = 26 · 4

6 · 46 + 2

6 · 46 = 80

216 ,

41

p0,1 = P (X = 0, Y = 1, A ∈ 1, 3, 5) + P (X = 0, Y = 1, A ∈ 2, 4, 6) ==

(P (A = 3, B ∈ 1, 4, 5, 6 , C ∈ 1, 4, 5, 6)+

+P (A ∈ 1, 5 , B = 3, C ∈ 1, 4, 5, 6)++P (A ∈ 1, 5 , B ∈ 1, 4, 5, 6 , C = 3)

)+

+P (A ∈ 4, 6 , B = 3, C = 0) ==

(16 · 4

6 · 46 + 2

6 · 16 · 4

6 + 26 · 4

6 · 16

)+ 2

6 · 16 = 44

216 ,

p0,2 = P (X = 0, Y = 2, A ∈ 1, 3, 5) + P (X = 0, Y = 2, A ∈ 2, 4, 6) ==

(2 · 1

6 · 16 · 4

6 + 26 · 1

6 · 16

)+ 0 = 10

216 ,

p0,3 = P (X = 0, Y = 3, A ∈ 1, 3, 5) + P (X = 0, Y = 3, A ∈ 2, 4, 6) == 1

6 · 16 · 1

6 + 0 = 1216 ,

p1,0 = P (X = 1, Y = 0, A ∈ 1, 3, 5) + P (X = 1, Y = 0, A ∈ 2, 4, 6) ==

(26 · 1

6 · 46 + 2

6 · 16 · 1

6

)+

(16 · 4

6 + 26 · 1

6

)= 52

216 ,

p1,1 = P (X = 1, Y = 1, A ∈ 1, 3, 5) + P (X = 1, Y = 1, A ∈ 2, 4, 6) ==

(16 · 1

6 · 46 + 1

6 · 46 · 1

6 + 26 · 1

6 · 16 + 2

6 · 16 · 1

6

)+ 1

6 · 16 = 18

216 ,

p1,2 = P (X = 1, Y = 2, A ∈ 1, 3, 5) + P (X = 1, Y = 2, A ∈ 2, 4, 6) ==

(16 · 1

6 · 16 + 1

6 · 16 · 1

6

)+ 0 = 2

216 ,

p1,3 = P (X = 1, Y = 3, A ∈ 1, 3, 5) + P (X = 1, Y = 3, A ∈ 2, 4, 6) = 0,

p2,0 = P (X = 2, Y = 0, A ∈ 1, 3, 5) + P (X = 2, Y = 0, A ∈ 2, 4, 6) == 2

6 · 16 · 1

6 + 16 · 1

6 = 8216 ,

p2,1 = P (X = 2, Y = 1, A ∈ 1, 3, 5) + P (X = 2, Y = 1, A ∈ 2, 4, 6) == 1

6 · 16 · 1

6 + 0 = 1216 ,

p2,2 = P (X = 2, Y = 2, A ∈ 1, 3, 5) + P (X = 2, Y = 2, A ∈ 2, 4, 6) = 0,

p2,3 = P (X = 2, Y = 3, A ∈ 1, 3, 5) + P (X = 2, Y = 3, A ∈ 2, 4, 6) = 0,

Y

X0 1 2 3

0 80216

44216

10216

1216

1 52216

18216

2216 0

2 8216

1216 0 0 .

Sada dobijamo

P (X = 1) =3∑

i=0

P (X = 1, Y = i) = 52216 + 18

216 + 2216 + 0 = 72

216 .

Zakon raspodele uslovne slucajne promenljive Y | X = 1 :

P (Y = 0 | X = 1) = P(X=1,Y =0)P(X=1) = 13

18 ,

P (Y = 1 | X = 1) = P(X=1,Y =1)P(X=1) = 1

4 ,

42

P (Y = 2 | X = 1) = P(X=1,Y =2)P(X=1) = 1

36 ,

P (Y = 3 | X = 1) = P(X=1,Y =3)P(X=1) = 0,

Y | X = 1 :(

0 1 21318

14

136

),

odakle dobijamo trazeno matematicko ocekivanje:

E (Y | X = 1) =2∑

k=0

kP (Y = k | X = 1) = 0 · 1318 + 1 · 1

4 + 2 · 136 = 11

36 .

3. Posmatrajmo transformaciju f : (X, Y ) → (Z,U) definisanu saZ = X2 + Y , U = Y ; dakle, funkcija f : R2 → R2 je definisana saf (x, y) =

(x2 + y, y

), (x, y) ∈ T . Oblast T (vidi sliku 1) je ogranicena

duzima

l1 = (x, 1− x) | x ∈ [0, 1] (y = 1− x),

l2 = (x, 1) | x ∈ [0, 1] (y = 1),

l3 = (1, y) | y ∈ [0, 1] (x = 1),

pa, posto je funkcija f neprekidna i monotona na oblasti T , oblastT ′ = f (T ) (vidi sliku 2) je ogranicena lukovima

l′1 = f (l1) =(

u2 − u + 1, u) ∣∣ u ∈ [0, 1]

(z = u2 − u + 1),

l′2 = f (l2) =(

x2 + 1, 1) ∣∣ x ∈ [0, 1]

= (z, 1) | z ∈ [1, 2] (u = 1),

l′3 = f (l3) = (1 + y, y) | y ∈ [0, 1] = (z, z − 1) | z ∈ [1, 2] (u = z−1).

-

6

y

x

@@@@@@@

y = 1− x

y = 1x = 1

1

1

T

slika 1

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

-

6

z

u

z = 1 + u

u = 1z = u2 − u + 1

@@R

T ′

1

1 234

12

z0

1+√

4z0−32

1−√4z0−32

slika 2

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

Resenja sistema z = x2 +y ∧ u = y po promenljivima z i u na oblastiT ′ su y = u ∧ x =

√z − u odakle dobijamo inverznu transformaciju

f−1 (z, u) =(√

z − u, u), (z, u) ∈ T ′, ciji je Jakobijan

J−1f−1 (z, u) =

∣∣∣∣xz xu

yz yu

∣∣∣∣ =∣∣∣∣

12√

z−u− 1

2√

z−u

0 1

∣∣∣∣ = 12√

z−u,

te dobijamo:

ϕZ,U

(z, u) = ϕX,Y

(f−1 (z, u)

) ∣∣∣J−1f−1 (z, u)

∣∣∣ = 6z7√

z−u, (z, u) ∈ T ′.

Sada je:

43

ϕZ

(z) =∞∫−∞

ϕZ,U

(z, u) du = . . .

- za z < 34 : ϕ

Z(z) =

∞∫−∞

0du = 0;

- za 34 ≤ z < 1: ϕZ (z) =

1+√

4z−32∫

1−√4z−32

6z7√

z−udu =

= − 127 z√

z − u

1+√

4z−32

|1−√4z−3

2

= 127 z

(√2z−1+

√4z−3

2 −√

2z−1+√

4z−32

);

- za 1 ≤ z ≤ 2:

ϕZ

(z) =1∫

z−1

6z7√

z−udu = − 12

7 z√

z − u1

|z−1

= 127 z

(1−√z − 1

);

- za 2 < z: ϕZ (z) =∞∫−∞

0du = 0.

Koristeci izracunatu gustinu ϕZ (z) dobijamo:

P(1 < Z < 3

2

)=

32∫1

ϕZ (z) dz =32∫1

127 z

(1−√z − 1

)dz =

= 127

z2

2

32

|1− 12

7 (z − 1)(

23

√z − 1 + 1

) 32

|1

= 1514 − 13

√2

35 .

4. Neka je Xi kolicina praska u i - toj kesi (jedinica merenja je kilogram), a

Sn =n∑

i=1

Xi ukupna kolicina praska koji se nalazi u sanduku, upakovana u

n kesa (n ∈ N). Slucajna promenljiva Xi ima numericke karakteristikeE (Xi) = 3.6 i D (Xi) = 0.052 = 0.0025 za sve i ∈ 1, 2, . . . , n. Odatledobijamo

E (Sn) = E

(n∑

i=1

Xi

)=

n∑i=1

E (Xi) = 3.6n,

D (Sn) = D

(n∑

i=1

Xi

)=

n∑i=1

D (Xi) = 0.0025n

(slucajne promenljive Xi su nezavisne).

Treba po n resiti jednacinu P (Sn < 400) = 0.9.

P (Sn < 400) = 0.9 ⇔ P

(Sn−E(Sn)√

D(Sn)< 400−E(Sn)√

D(Sn)

)= 0.9 ⇔

⇔ φ

(400−E(Sn)√

D(Sn)

)≈ 0.9 ⇔ 400−E(Sn)√

D(Sn)≈ φ−1 (0.9) ≈ 1.28 ⇔

⇔ 400−3.6n0.05

√n≈ 1.28 ⇔ 3.6n + 0.064

√n− 400 ≈ 0 ⇔

⇔ (3.6t2 + 0.064t− 400 ≈ 0 ∧ t =

√n) ⇔

44

⇔ ((t ≈ −10.532 ∨ t ≈ 10.5498) ∧ t =√

n) ⇔⇔ √

n ≈ 10.5498 ⇔ n ≈ 10.54982 ≈ 111.2983,

sto znaci da se sa najvise 111 kesa u sanduku nalazi manje od 400kg saverovatnocom 0.9.

5. Za obelezje X : N (m, 1) imamo E (X) = m i D (X) = 12 = 1.

(a) Obe ocene su centrirane jer jeE (θ1) = E (nX1 − (X2 + X3 + · · ·+ Xn)) =

= nE (X1)−n∑

i=2

E (Xi) = nm− (n− 1)m = m,

E (θ2) = E((n− 1) X1+X2

2 − (X3 + X4 + · · ·+ Xn))

=

= n−12 (E (X1) + E (X2))−

n∑i=3

E (Xi) = (n− 1) m− (n− 2)m = m.

(b) Elementi Xi uzorka su nezavisni pa jeD (θ1) = D (nX1 − (X2 + X3 + · · ·+ Xn)) =

= n2D (X1) +n∑

i=2

D (Xi) = n2 · 1 + (n− 1) · 1 = n2 + n− 1,

D (θ2) = D((n− 1) X1+X2

2 − (X3 + X4 + · · ·+ Xn))

=

= (n−1)2

4 (D (X1) + D (X2)) +n∑

i=3

D (Xi) =

= (n−1)2

4 · 2 + (n− 2) · 1 = 12n2 − 3

2 .Sada treba da vidimo za koje n je ocena θ1 efikasnija od ocene θ2,i obratno:D (θ1) ≥ D (θ2) ⇔ 1

2 (n + 1)2 ≥ 0 ⇔ n ∈ NDakle, za sve n ∈ N je ocena θ2 efikasnija od ocene θ1.

6. Sa A, B, C i I cemo redom obeleziti stanja kada je lopta kod Anice,Branka, Cane, odnosno kada je lopta ispustena.

(a) Matrica prelaza (za jedan korak): A B C

A

P = B

C

0 12

12

23 0 1

3

0 1 0

.

Za navedenu matricu prelaza P trazimo vektor finalnih verovatno-

caA B C

p∗ =[

x y z], gde je x, y, z ∈ (0, 1) i z = 1 − x − y,

odnosno resavamo sistem jednacina p∗ · P = p∗ ∧ z = 1 − x − y :[x y 1− x− y

] · P =[

x y 1− x− y]

⇔23y = x

12x + 1− x− y = y12x + 1

3y = 1− x− y

⇔

45

⇔x − 2

3y = 0

x + 4y = 2

x + 89y = 2

3

⇔x − 2

3y = 0143 y = 2

0 = 0

⇔

⇔ y = 37

x = 27

(z = 1− x− y = 2

7

).

Dakle, vektor finalnih verovatnoca je:

A B C

p∗ =[

27

37

27

],

sto znaci da ako dodavanje traje ”dovoljno dugo”, oko 27 vremenskog

perioda je lopta u posedu Anice, oko 27 vremenskog perioda je lopta u

posedu Cane, a oko 47 vremenskog perioda je lopta u posedu Branka.

(b) Matrica prelaza (za jedan korak):A B C I

A

P = B

C

I

0 920

920

110

23 0 1

3 00 9

10 0 110

0 0 0 1

.

Vise od cetiri dodavanja bice ako nakon cetvrtog dodavanja lopta nijeispustena, odnosno ako se nakon cetiri dodavanja ne nalazi u stanjuI (tj. nalazi se u nekom od stanja A, B, C).Matrica prelaza za 4 koraka:

P 2 = P · P =

310

81200

320

29200

0 35

310

110

35 0 3

10110

0 0 0 1

⇒ P 4 = P 2 · P 2 =

· · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · 19

100· · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · ·

(za odgovor na postavljeno pitanje dovoljan je samo element 19100 u

matrici prelaza za 4 koraka P 4).

Vektor pocetnih verovatnoca:A B C I

p (0) =[

0 1 0 0].

Raspodela verovatnoca nakon 4 dodavanja:p (4) = [p

A(4) p

B(4) p

C(4) p

I(4)] =

= p (0) · P 4 =[· · · · · · · · · 19

100

].

Dakle, verovatnoca da posle 4 dodavanja lopta nije ispustena iznosipA (4) + pB (4) + pC (4) = 1− pI (4) = 1− 19

100 = 81100 .

46

7. Skup mogucih vrednosti slucajne promenljive X je RX = 2, 3, 4, . . ..Obelezimo sa A dogadaj ”prvi igrac dobija set”, a sa B dogadaj ”drugiigrac dobija set”.

(a) Trazimo zakon raspodele slucajne promenljive X :(a.1) za k = 2m, m ∈ 1, 2, 3, . . . imamo

p2m = P (X = 2m) = P((AB)m−1

AA + (BA)m−1BB

)=

= (P (A))2 (P (A))m−1 (P (B))m−1 ++ (P (B))2 (P (A))m−1 (P (B))m−1 =

= (P (A)P (B))m−1((P (A))2 + (P (B))2

)=

=(

710 · 3

10

)m−1 ·((

710

)2 +(

310

)2)

=(

21100

)m−1 · 58100 ;

(a.2) za k = 2m + 1, m ∈ 1, 2, 3, . . . imamop2m+1 = P (X = 2m + 1) == P

(A (BA)m−1

BB + B (AB)m−1AA

)=

= P (A) (P (B))2 (P (A))m−1 (P (B))m−1 ++ P (B) (P (A))2 (P (A))m−1 (P (B))m−1 =

= (P (A))m (P (B))m (P (A) + P (B)) = (P (A))m (P (B))m ==

(710 · 3

10

)m =(

21100

)m.

(b) KX (t) = E(eitX

)=

∞∑n=2

eitnP (X = n) =

=∞∑

m=1eit2mP (X = 2m) +

∞∑m=1

eit(2m+1)P (X = 2m + 1) =

=∞∑

m=1eit2m

(21100

)m−1 58100 +

∞∑m=1

eit(2m+1)(

21100

)m =

= 58100ei2t

∞∑m=1

(21100eit2

)m−1 + eit∞∑

m=1

(21100eit2

)m =

= 58100ei2t 1

1− 21100 ei2t + eit 21

100ei2t 11− 21

100 ei2t =

= 58100ei2t 100

100−21ei2t + ei3t 21100

100100−21ei2t = 58ei2t−21ei3t

100−21ei2t ,

(KX (t))′ = iei2t 11600−6300eit+441ei3t

(100−21ei2t)2,

E (X) =(KX (0))′

i=

57416241

.

8. Obelezimo redom sa S, L i M skupove ucesnika koji govore srpski,slovacki i madarski jezik.

M L

S

5 0115 1

23

47

Na dijagramu ovih skupova uocavamo koliko ucesnika govori koje od ovatri jezika. Sledi da 23 + 5 + 5 + 1 + 1 + 1 = 36 ucesnika govori bar jedanod ova tri jezika, tj. 40− 36 = 4 ucesnika ne govori ni jedan od navedenatri jezika, pa verovatnoca da slucajno izabrani ucesnik ne govori ni jedanod navedena tri jezika iznosi 4

40 = 110 .

9. Posto u raspodeli obelezja X figurise nepoznati parametar m, njegacemo najpre oceniti metodom maksimalne verodostojnosti.

Funkcija verodostojnosti:

L (m) =n∏

i=1

ϕX

(xi) =1(

4√

2π)n · e−

132 ((x1−m)2+...+(xn−m)2),

ln L (m) = −n · ln (4√

2π)− 1

32

(n∑

i=1

x2i − 2m

n∑i=1

xi + nm2

),

∂ ln L(m)∂m = 1

32

(2

n∑i=1

xi − 2nm

),

∂ ln L(m)∂m = 0 ⇔ 2

n∑i=1

xi − 2nm = 0 ⇔ m = 1n

n∑i=1

xi

(naravno da smo za ocenu matematickog ocekivanja m obelezja Xdobili uzoracku aritmeticku sredinu).

Za nas dati uzorak obima n = 2 + 3 + 7 + 10 + 11 + 7 = 40 dobijamo

m = 140 (2 · 2 + 4 · 3 + 6.5 · 7 + 10 · 10 + 13.5 · 11 + 16 · 7) = 211

20 = 10.55,

gde smo za xi uzeli sredine datih intervala.

Testiracemo hipotezu da obelezje X ima normalnu raspodelu N (21120 , 4

).

Svaki interval uzorka mora imati bar 5 elemenata iz uzorka i intervalimoraju da prekriju celu realnu pravu (zbog RX = R), pa spajanjem prvogi drugog intervala dobijamo sledece podatke za primenu χ2 testa:

(ai, bi] (−∞, 5] (5, 8] (8, 12] (12, 15] (15,∞)ni 5 7 10 11 7

Oznacimo redom intervale: Ii = (ai, bi] , i ∈ 1, 2, 3, 4, 5. Na osnovugustine ϕ

X(x) izracunavamo teorijske verovatnoce na sledeci nacin:

pi = P (X ∈ Ii) = P (ai < X ≤ bi) = P(ai − 211

20 < X − 21120 ≤ bi − 211

20

)=

= P(

ai− 21120

4 <X− 211

204 ≤ bi− 211

204

) [1]≈ φ(

bi− 21120

4

)− φ

(ai− 211

204

).

[1] - Slucajna promenljiva X− 21120

4 ima priblizno N (0, 1) zato sto Xima N (

21120 , 4

)raspodelu.

Tako dobijamo

p1 = P (X ∈ (−∞, 5]) ≈ φ (−1.3875)− φ (−∞) = (1− φ (1.3875))− 0 ≈≈ (1− 0.9177)− 0 ≈ 0.0823,

48

p2 = P (X ∈ (5, 8]) ≈ φ (−0.6375)− φ (−1.3875) ≈≈ (1− 0.7389)− (1− 0.9177) ≈ 0.1788,

p3 = P (X ∈ (8, 12]) ≈ φ (0.3625)− φ (−0.6375) ≈≈ 0.6406− (1− 0.7389) ≈ 0.3795,

p4 = P (X ∈ (12, 15]) ≈ φ (1.1125)−φ (0.3625) ≈ 0.8665−0.6406 ≈ 0.2259,

p5 = P (X ∈ (15,∞]) ≈ φ (∞)− φ (1.1125) ≈ 1− 0.8665 ≈ 0.1335.

Vrednost statistike Z =5∑

i=1

(ni−npi)2

npiza nas uzorak iznosi

z = (5−40·0.0823)2

40·0.0823 + (7−40·0.1788)2

40·0.1788 + (10−40·0.3795)2

40·0.3795 +

+ (11−40·0.2259)2

40·0.2259 + (7−40·0.1335)2

40·0.1335 ≈ 3.59992,

a iz tablica ocitavamo odgovarajucu vrednost χ2 raspodele:

χ20.05;5−1−1 = χ2

0.05;3 ≈ 7.81.

Posto je χ20.05;3 > z, ne odbacujemo hipotezu da obelezje X ima

N (21120 , 4

)raspodelu.

24.10.1999.

1. U kutiji se nalazi 6 belih i 2 crne kuglice. Strelac na slucajan nacin izvlaci3 kuglice i gada metu onoliko puta koliko je belih kuglica izvukao. Prisvakom gadanju, udaljenost pogotka od centra mete ima eksponencijalnuraspodelu E (1). Izracunati verovatnocu da ce svi pogoci zavrsiti u krugupoluprecnika 1 oko centra mete.

2. Iz skupa 1, 2, . . . , n se na slucajan nacin sa vracanjem biraju dva brojaX i Y . Ako je Z = X + Y , naci uslovnu raspodelu slucajne promenljiveX | Z = k , k ∈ 2, 3, . . . , 2n.

3. Slucajna promenljiva X ima uniformnu raspodelu U (0, 1). Naci raspo-delu dvodimenzionalne slucajne promenljive

(X,X2

).

4. Lutrija je pustila u prodaju nagradnu igru za koju je poznato da ima51.5% dobitnih listica. Dobitak na jednom kupljenom listicu je neza-visan od dobitka na ostalim listicima. Koliko listica treba kupiti da biverovatnoca da medu njima ima bar 32 dobitna listica vise nego onih kojine donose dobitak bila najmanje 0.99?

5. Obelezje X dato je gustinom raspodele ϕX

(x) = θx2 , x > θ (θ > 0).

Na osnovu uzorka obima n metodom maksimalne verodostojnosti naciocenu parametra θ i ispitati njenu centriranost.

6. Trgovacki putnik prodaje robu u Somboru, Subotici i Novom Sadu. Nikadne prodaje dva dana uzastopce u istom gradu. Ako jednog dana prodajeu Somboru, sutra sigurno prodaje u Subotici. Posle Subotice ili NovogSada dva puta verovatnije prelazi u Sombor nego u onaj drugi grad.

49

(a) Ako posmatramo ”dovoljno dug” vremenski period, koliko ce prosec-no vremena putnik provesti u pomenutim gradovima?

(b) Ako je u ponedeljak radio u Novom Sadu, kolika je verovatnoca da usredu nece raditi u Novom Sadu?

7. Dat je prost slucajni uzorak: (1, 2, 8, 3, 1, 4, 2, 4, 5, 7) obelezja X sanormalnom raspodelom N (m, ξ).

(a) Naci interval poverenja za m, sa nivoom poverenja β = 0.95.

(b) Naci jednostrani interval poverenja za disperziju ξ2 sa nivoom pov-erenja β = 0.95.

(c) Testirati hipotezu da je m = 5 sa pragom znacajnosti α = 0.05.

8. Avioni A, B i C u slucajnim trenucima tokom jednog sata slecu naaerodrom. Koliko iznosi verovatnoca da ce avion C sleteti poslednji?

9. Neka su X1, X2, . . . , Xn nezavisne slucajne promenljive sa eksponencijal-nom raspodelom E (1). Naci matematicko ocekivanje slucajne promenljive

Y = 1n

n∑i=1

X2i −

(1n

n∑i=1

Xi

)2

.

Resenja:

1. Medu 3 izvucene kuglice mogu da se nalaze jedna, dve ili tri bele kuglice(ne mogu sve tri izvucene biti crne jer se u kutiji nalaze samo dve crne).Oznacimo sa Ai, i ∈ 1, 2, 3 dogadaj: ”broj izvucenih belih kuglica je i”,a sa B oznacimo dogadaj (cija se verovatnoca trazi): ”svi hici zavrsavajuu krugu poluprecnika 1 oko centra mete”. Dogadaji Ai, i ∈ 1, 2, 3 cine

potpun sistem dogadaja pa je P (B) =3∑

i=1

P (Ai)P (B | Ai). Na osnovu

uslova zadatka imamo:

P (A1) = ( 61 )·( 2

2 )( 8

3 )= 3

28 , P (A2) = ( 62 )·( 2

1 )( 8

3 )= 15

28 , P (A3) = ( 63 )·( 2

0 )( 8

3 )= 10

28 .

Verovatnoca da jedan pojedinacni ispaljeni hitac zavrsava u krugu polu-precnika 1 oko centra mete iznosi P (X < 1) = FX (1) = 1 − e−1, gdeje X slucajna promenljiva koja ima eksponencijalnu E (1) raspodelu,odakle dobijamo:

P (B | A1) = 1− e−1, P (B | A2) =(1− e−1

)2, P (B | A1) =

(1− e−1

)3,

te je: P (B) = 328

(1− e−1

)+ 15

28

(1− e−1

)2 + 1028

(1− e−1

)3 ≈ 0.371993.

2. Slucajne promenljive X i Y su nezavisne i imaju isti zakon raspodele(1 2 . . . n1n

1n . . . 1

n

),

odakle sledi da zakon raspodele slucajnog vektora (X, Y ) glasi

50

P (X = k, Y = j) = P (X = i)P (Y = j) =

1n2 , (i, j) ∈ 1, . . . , n20 , (i, j) 6∈ 1, . . . , n2 .

Nadimo zakon raspodele slucajne promenljive Z = X + Y . Skup vred-nosti slucajne promenljive Z je RZ = 2, 3, 4, . . . , 2n, a odgovarajuceverovatnoce P (Z = k) , k ∈ RZ su:

P (Z = k) = P (X + Y = k) = P

(k−1∑i=1

X = i, Y = k − i)

=

=k−1∑i=1

P (X = i, Y = k − i) =k−1∑i=1

P (X = i)P (Y = k − i) = . . .

(a) Za k ∈ 2, 3, . . . , n + 1 (u ovom slucaju je i, k − i ∈ 1, 2, . . . , n):P (Z = k) =

k−1∑i=1

1n · 1

n = k−1n2 .

(b) Za k ∈ n + 2, n + 3, . . . , 2n (u ovom slucaju nije uvek zadovoljenoi, k − i ∈ 1, 2, . . . , n):P (Z = k) =

k−n−1∑i=1

0 · 1n +

n∑i=k−n

1n · 1

n = 2n−k+1n2 .

Prema tome, zakon raspodele slucajne promenljive Z glasi:(2 3 4 . . . n n + 1 n + 2 n + 3 . . . 2n− 1 2n1

n22

n23

n2 . . . n−1n2

nn2

n−1n2

n−2n2 . . . 2

n21

n2

).

Koristeci zakon raspodele slucajne promenljive Z nalazimo zakon raspo-dele uslovne slucajne promenljive X | Z = k , k ∈ 2, 3, . . . , 2n.Odgovarajuce verovatnoce su:

P (X = i | Z = k) = P(X=i,Z=k)P(Z=k) = P(X=i,X+Y =k)

P(Z=k) =

= P(X=i,Y =k−i)P(Z=k) = P(X=i)P(Y =k−i)

P(Z=k) = . . .

(a) Za k ∈ 2, 3, . . . , n + 1 imamo

P (X = i | Z = k) = P(X=i)P(Y =k−i)k−1n2

= . . .

(a.1) za i ∈ 1, 2, . . . , k − 1 je:P (X = i | Z = k) =

1n · 1nk−1n2

= 1k−1 ;

(a.2) za i ∈ k, k + 1, . . . , n je:P (X = i | Z = k) = 0

k−1n2

= 0.

(b) Za k ∈ n + 2, n + 3, . . . , 2n imamo

P (X = i | Z = k) = P(X=i)P(Y =k−i)2n−k+1

n2= . . .

(b.1) za i ∈ 1, . . . , k − n− 1 jeP (X = i | Z = k) = 0

2n−k+1n2

= 0;

(b.2) za i ∈ k − n, . . . , k − 1 je:P (X = i | Z = k) =

1n · 1n

2n−k+1n2

= 12n−k+1 .

51

3. Neka je Y = X i Z = X2.X : U (0, 1) znaci da je:

ϕX

(x) =

1, x ∈ [0, 1]0, x 6∈ [0, 1] ,

FX

(x) =

0, x ≤ 0x, x ∈ (0, 1]1, x > 1

.

Funkciju raspodele slucajnog vektora (Y,Z)nalazimo po definiciji:

-

6

Y, Z

X

1

1 z = x2

y = x

x

FY,Z

(y, z) = P (Y < y, Z < z) = P(X < y, X2 < z

)=

= P (X < y,−√z < X <√

z) = P (X < min y,√

z) =

= P (X < min y,√

z, 1) =

0 , y ≤ 0 ∨ z ≤ 0√z , y ∈ (0, 1] ∧ z < y2

y , y ∈ (0, 1] ∧ y2 ≤ z ≤ 11 , y > 1 ∧ z > 1

.

4. Neka je n broj listica koje treba kupiti, i neka je Xi, i ∈ 1, 2, . . . , nslucajna promenljiva koja uzima vrednost 1 ako je i - ti listic dobitni,odnosno 0 ako i - ti listic nije dobitni. Sve slucajne promenljive Xi

imaju isti zakon raspodele(

0 1q p

), gde je p = 0.515 = 103

200 i

q = 1 − p = 97200 . Slucajna promenljiva Sn =

n∑i=1

Xi predstavlja broj

dobitnih listica medu n kupljenih, i ima binomnu raspodelu B (n, 103

200

)pri cemu je:

E (Sn) = np = 103200n i D (Sn) = npq = 9991

40000n.

Resavamo po n nejednacinu

P (Sn ≥ (n− Sn) + 32) ≥ 0.99

(n− Sn je broj listica koji ne donose dobitak):

P (Sn ≥ (n− Sn) + 32) ≥ 0.99 ⇔ P (2Sn ≥ n + 32) ≥ 0.99 ⇔⇔ P

(Sn ≥ n+32

2

) ≥ 0.99 ⇔ 1− P(Sn < n+32

2

) ≥ 0.99 ⇔

⇔ P(Sn < n+32

2

) ≤ 0.01 ⇔ P

(Sn−E(Sn)√

D(Sn)<

n+322 −E(Sn)√

D(Sn)

)≤ 0.01

[1]⇔

⇔ φ

(n+32

2 −E(Sn)√D(Sn)

)¹ 0.01 ⇔

n+322 −E(Sn)√

D(Sn)¹ φ−1 (0.01) ≈ −2.33 ⇔

⇔n+32

2 − 103200 n√

9991n200

¹ −2.33 ⇔ −3n+3200√9991n

¹ −2.33 ⇔

⇔ 3n− 2.33√

9991√

n− 3200 º 0 ⇔⇔ (

3t2 − 2.33√

9991t− 3200 º 0 ∧ t =√

n) ⇔

⇔ ((t ¹ −11.9122 ∨ t º 89.5439) ∧ t =√

n) ⇔

52

⇔ (t º 89.5439 ∧ t =√

n) ⇔ n º 89.54392 ≈ 8018.11.

[1] - Slucajna promenljiva Sn−E(Sn)D(Sn) na osnovu Moavr-Laplasove teo-

reme ima priblizno normalnu raspodelu N (0, 1).

Dakle, treba kupiti najmanje 8019 listica.

5. Funkcija verodostojnosti:

L (x1, . . . , xn, θ) =n∏

i=1

ϕX

(xi; θ) =n∏

i=1

θx2

i= θn

(x1...xn)2, ∀i, xi > θ,

ln L (x1, . . . , xn, θ) = ln θn

(x1...xn)2= n · ln θ − 2

n∑i=1

ln xi, ∀i, xi > θ.

Trazimo maksimum funkcije L po θ :

∂∂θ ln L (x1, . . . , xn, θ) = ∂

∂θ

(n · ln θ − 2

n∑i=1

ln xi

)= n

θ .

Posto je ∂∂θ ln L (x1, . . . , xn, θ) = n

θ 6= 0 za svako θ, to se maksimumfunkcije L (a isto tako i maksimum funkcije lnL) ne nalazi unutaroblasti θ ∈ (0, min x1, . . . , xn) vec na njenom rubu, odnosno, postoje funkcija ln L (x1, . . . , xn, θ) (a isto tako i funkcija L (x1, . . . , xn, θ))monotono rastuca po θ na intervalu (0, min x1, . . . , xn) (jer je∂∂θ ln L (x1, . . . , xn, θ) = n

θ > 0 za sve θ ∈ (0, min x1, . . . , xn)), sledida funkcija L dostize maksimum na desnom rubu intervala, tj. u tackiθ = min x1, . . . , xn. Prema tome, za ocenu parametra θ dobijamo:

θ = min X1, . . . , Xn .

Ispitajmo centriranost ocene θ:

Fθ(t) = P (min X1, . . . , Xn < t) = 1− P (min X1, . . . , Xn ≥ t) =

= 1− P (X1 ≥ t, . . . , Xn ≥ t) = 1− P (X1 ≥ t) . . . P (Xn ≥ t) =

= 1− (1− P (X1 < t)) . . . (1− P (Xn < t)) =

= 1− (1− FX1

(t)). . .

(1− FXn

(t))

= 1− (1− FX (t))n.

Posto je

FX

(x) =∞∫−∞

ϕX

(x) dx =

0 , x ≤ θx∫θ

θu2 du , x > θ

=

0 , x ≤ θ1− θ

x , x > θ,

sledi

Fθ(t) = 1− (1− FX (t))n =

0 , t ≤ θ

1− θn

tn , t > θ,

ϕθ(t) = (F

X(t))′ =

0 , t ≤ θnθn

tn+1 , t > θ,

E(θ)

=∞∫−∞

t · ϕθ(t) =

∞∫θ

t · nθn

tn+1 dt = nθn∞∫θ

1tn dt =

= nθn t1−n

1−n

∞|θ

= − nθn

n−11

tn−1

∞|θ

= nθn

n−11

θn−1 = nn−1θ.

53

Dakle, ocena θ nije centrirana jer je E(θ)6= θ. Ocena jeste asimptotski

centrirana jer je limn→∞

E(θ)

= limn→∞

nn−1θ = θ.

6. Oznacimo redom sa S, B i N Sombor, Suboticu i Novi Sad. MatricaP prelaza tj. kretanja trgovackog putnika glasi:

P =

S B N

S

B

N

0 1 023 0 1

323

13 0

.

(a) Trazimo finalne verovatnoce p∗ = [x y z] koje zadovoljavajujednacinu p∗·P = p∗ uz dodatni uslov x, y, z ∈ (0, 1) i x+y+z = 1,sto je ekvivalentno sa

23y + 2

3z = x

x + 13z = y

13y = z

x + y + z = 1

⇔

x − 23y − 2

3z = 0

y − 3z = 0

z = 320

⇔z = 3

20

y = 920

x = 820

Dakle:S B N

p∗ =[

25

920

320

],

sto znaci da prosecno 25 vremena trgovacki putnik provede u Som-

boru, prosecno 920 vremena provede u Subotici i prosecno 3

20 vremenaprovede u Novom Sadu.

(b) Pocetna raspodela, tj. raspodela za ponedeljak, odnosno vektor po-

cetnih verovatnoca:S B N

p (0) =[

0 0 1].

Od ponedeljka do srede imamo dva prelaza, pa raspodelu verovatnocaza sredu dobijamo na sledeci nacin:

p (2) = p (0) · P 2 = [0 0 1] ·

23 0 1

329

79 0

29

23

19

=

S B N[29

23

19

],

te verovatnoca da u sredu nece raditi u Novom Sadu iznosi1− 1

9 = 89 .

7. (a) Slucajna promenljiva (statistika) Zn−1 = Xn−mSn

√n− 1 ima Stu-

dentovu tn−1 raspodelu, gde je:

54

Xn = 1n

n∑i=1

Xi i Sn = 1n

n∑i=1

(Xi −Xn

)2.

To znaci da je

P(∣∣∣Xn−m

Sn

√n− 1

∣∣∣ < a)

= 0.95 ⇔

⇔ P(−a < Xn−m

Sn

√n− 1 < a

)= 0.95 ⇔

⇔ FZn−1 (a)−FZn−1 (−a) = 0.95[1]⇔ 2FZn−1 (a)−1 = 0.95 ⇔

⇔ FZn−1 (a) = 1+0.952 = 0.975 ⇔ a = F−1

Zn−1(0.975).

[1] - FZn−1 (x) je funkcija raspodele Studentove slucajne promen-ljive, a zbog simetricnosti njene gustine u odnosu na y - osu zaa < 0 vazi FZn−1 (−a) = 1− FZn−1 (−a).

Za nas uzorak, gde je n = 10 velicina uzorka, vazix10 = 1

10 (1 + 2 + 8 + 3 + 1 + 4 + 2 + 4 + 5 + 7) = 3.7,

s210 = 1

10

((1− 3.7)2 + (2− 3.7)2 + (8− 3.7)2 + (3− 3.7)2 +

+(1− 3.7)2 + (4− 3.7)2 + (2− 3.7)2 + (4− 3.7)2 ++(5− 3.7)2 + (7− 3.7)2

)= 5.21,

odnosno s10 =√

s210 ≈ 2.2825, a iz tablica ocitavamo

a = F−1Z9

(0.975) = t10−1;0.975 ≈ 2.262 .

Prema tome:P

(∣∣∣x10−ms10

√9∣∣∣ < a

)= 0.95 ⇔ P

(−a < 3x10−m

s10< a

)= 0.95 ⇔

⇔ P(x10 − as10

3 < m < x10 + as103

)= 0.95 ⇔

⇔ P(3.7− 2.262·2.2825

3 < m < 3.7 + 2.262·2.28253

) ≈ 0.95 ⇔⇔ P (1.9790 < m < 5.4210) ≈ 0.95.Dakle, interval poverenja za m sa nivoom pouzdanosti 0.95 je(1.9790, 5.4210).

(b) Slucajna promenljiva (statistika) Zn−1 = nS2n

ξ2 ima χ2n−1 raspodelu.

To znaci da je

P(

nS2n

ξ2 ≥ c)

= 1− P(

nS2n

ξ2 < c)

= 0.95 ⇔⇔ FZn−1 (c) = 1− 0.95 = 0.05

[2]⇔ c = F−1Zn−1

(0.05).

[2] - FZn−1 (x) je funkcija raspodele χ2n−1 slucajne promenljive.

Prema tome, P(

nS2n

ξ2 ≥ c)

= P(

nS2n

c ≥ ξ2)

= 0.95. [∗]Uvrstavanjem u [∗] vrednosti n = 10 i s2

10 = 5.21, i iz tabliceocitanog c = F−1

Z9(0.05) = χ2

10−1;0.05 ≈ 3.33, dobijamo

P(ξ2 ≤ 15.6456

) ≈ 0.95.

Dakle, jednostrani interval poverenja za ξ2 sa nivoom poverenja0.95 je (0, 15.6456].

55

(c) Ukoliko je nasa hipoteza m = 5 tacna, tada slucajna promenljiva(statistika) Zn−1 = Xn−5

Sn

√n− 1 ima Studentovu tn−1 raspodelu,

i tada mora biti zadovoljeno

P(∣∣∣Xn−5

Sn

√n− 1

∣∣∣ >∣∣∣xn−5

sn

√n− 1

∣∣∣)

=

= P(|Zn−1| >

∣∣∣xn−5sn

√n− 1

∣∣∣)

= 1− P(|Zn−1| ≤

∣∣∣xn−5sn

√n− 1

∣∣∣)

=

= 1− P(−

∣∣∣xn−5sn

√n− 1

∣∣∣ ≤ |Zn−1| ≤∣∣∣xn−5

sn

√n− 1

∣∣∣)

=

= 1−(FZn−1

(∣∣∣xn−5sn

√n− 1

∣∣∣)− FZn−1

(−

∣∣∣xn−5sn

√n− 1

∣∣∣))

=

= 1−(FZn−1

(∣∣∣xn−5sn

√n− 1

∣∣∣)−

(1− FZn−1

(∣∣∣xn−5sn

√n− 1

∣∣∣)))

=

= 2− 2FZn−1

(∣∣∣xn−5sn

√n− 1

∣∣∣)

= α∗ ≥ 0.05.

Za nas uzorak, gde smo videli da je n = 10 i izracunali x10 = 3.7 is10 ≈ 2.2825, dobijamo sledecu realizaciju statistike Z9 :

z9 = xn−5sn

√n− 1 ≈ 3.7−5

2.2825

√9 ≈ −1.7086,

pa posto je

P(∣∣∣Xn−5

Sn

√n− 1

∣∣∣ >∣∣∣xn−5

sn

√n− 1

∣∣∣)

= 2− 2FZ9 (1.7086) = α∗,

gde je FZ9 (1.7086) < FZ9 (1.833) ≈ 0.95, slediα∗ = 2− 2FZ9 (1.7086) Â 2− 2 · 0.95 = 0.1 > 0.05 = α,

sto znaci da uzorak ne protivreci hipotezi.(Zakljucak smo mogli izvesti i direktno na osnovu rezultata pod(a) gde smo nasli interval poverenja za m sa stepenom pouzdanosti(nivoom poverenja) 0.95 = 1−0.05, i vidimo da 5 ∈ (1.9790, 5.4210)).

8. Prvi nacin: Ako za jedinicu vremena na vremenskoj osi uzmemo sat, i akovremena pristizanja aviona A, B i C predstavljamo redom na osama x, yi z, tada koristeci geometrijsku interpretaciju verovatnoce imamo da vre-menima pristizanja aviona A, B i C odgovara jedna trojka (a, b, c) ∈ Kgde je K kocka sa temenima (0, 0, 0), (0, 0, 1), (0, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 0),(1, 0, 1), (1, 1, 0), (1, 1, 1), a trazeni uslov zadovoljavaju uredene trojke(a, b, c) ∈ T gde je T presek kocke K, poluprostora z > x i polupros-tora z > y, odnosno T je piramida sa temenima (0, 0, 0), (0, 0, 1),(0, 1, 1), (1, 0, 1), (1, 1, 1). Tako dobijamo da verovatnoca trazenog do-gadaja iznosi: m(T )

m(K) =13 ·1·1

1 = 13 , gde je sa m oznacena mera

(odnosno zapremina) posmatrane oblasti.

Drugi nacin: Posto svi avioni pristizu u toku jednog sata nezavisno jedanod drugog, to su svi moguci rasporedi (A,B, C), (A,C,B), (B,A, C),(B, C, A), (C,A, B), (C, B,A) jednako verovatni, a od ovih 6 rasporedapomatranom dogadaju odgovaraju 2 povoljna rasporeda, a to su (A,B, C)i (B, A,C), te po Laplasovoj definiciji imamo da trazena verovatnoca iznosi26 = 1

3 .

56

9. Sve slucajne promenljive X imaju istu raspodelu E (1) odakle sledi dasve imaju isto matematicko ocekivanje E (Xi) = 1

1 = 1, i ∈ 1, 2, . . . , n,istu disperziju D (Xi) = 1

12 = 1, i ∈ 1, 2, . . . , n, i iste momente drugogreda E

(X2

i

)= D (Xi) + E2 (Xi) = 2, i ∈ 1, 2, . . . , n. Zato je

E (Y ) = E

(1n

n∑i=1

X2i −

(1n

n∑i=1

Xi

)2)

=

= E

1

n

n∑i=1

X2i − 1

n2

n∑

i=1

X2i +

∑i,j=1,...,n

i 6=j

XiXj

[1]

=

= 1n

n∑i=1

E(X2

i

)− 1n2

n∑i=1

E(X2

i

)− 1n2

∑i,j=1,...,n

i 6=j

E (XiXj)[2]=

= nn−1n2 E

(X2

1

)− 1n2

∑i,j=1,...,n

i 6=j

E (Xi)E (Xj) =

= n−1n E

(X2

1

)− 1n2 n (n− 1)E2 (X1) = n−1

n

(E

(X2

1

)− E2 (X1))

=

= n−1n D (X1) = n−1

n .

[1] - Matemataticko ocekivanje je linearna funkcija.

[2] - Sve slucajne promenljive Xi imaju jednak momenat drugog reda,a iz nezavisnosti (po parovima) ovih slucajnih promenljivih sledi da jeE (XiXj) = E (Xi)E (Xj).

21.11.1999.

1. Verovatnoca da avion bude pogoden prvim hicem iznosi 0.4, drugim0.5, i trecim 0.7. U slucaju jednog pogotka, avion ce biti oboren saverovatnocom 0.2, u slucaju dva pogotka sa verovatnocom 0.6, a u slucajutri pogotka ce sigurno biti oboren. Izracunati verovatnocu da avion budeoboren posle tri pojedinacna hica.

2. Dato je strujno kolo na slici, u kome prekidacirade nezavisno jedan od drugog i imaju vremerada sa eksponencijalnom raspodelom E (2).Naci raspodelu i ocekivano vreme rada celogstrujnog kola.

T1

T2

T3

3. Dvodimenzionalna slucajna promenljiva (X, Y ) data je gustinom

ϕX,Y

(x, y) =

Axy , 1 < x + y < 2 ∧ x > 0 ∧ y > 00 , inace .

(a) Naci verovatnocu dogadaja Y > X.

(b) Naci raspodelu slucajne promenljive Z = X + Y − 1.

4. Autobus ide na svakih pet minuta. Putnici stizu na stajaliste u slucajnommomentu nezavisno jedan od drugog. Verovatnoca da ukupno vreme koje

57

svi putnici na stajalistu provode cekajuci autobus vise od jednog sata je0.99. Koliko putnika na stajalistu ceka autobus?

5. Slucajna promenljiva Y predstavlja zbir brojeva dobijenih pri bacanju5 kockica za igru. Odrediti karakteristicnu funkciju slucajne promenljiveY i pomocu nje matematicko ocekivanje za Y .

6. Zeton za igru staje 10$. U svakoj igri igrac ulaze jedan zeton i dobija 20$sa verovatnocom p, a ne dobija nista sa verovatnocom 1− p. Igrac igra 5nezavisnih igara.

(a) Naci raspodelu slucajne promenljive X koja predstavlja dobitak(gubitak) igraca.

(b) Naci ocekivanu vrednost i disperziju slucajne promenljive X.

(c) Ako je p = 13 , naci verovatnocu da igrac nece biti na gubitku.

7. Iz raspodele odredjene gustinom ϕX (x) =

eθ−x , za x ≥ θ0 , za x < θ

, uzet

ja uzorak obima n.

(a) Metodom maksimalne verodostojnosti naci ocenu parametra θ.

(b) Za tako dobijenu ocenu ispitati postojanost i centriranost, i ako ocenanije centrirana naci ocenu koja jeste centrirana.

(c) Naci disperzije tako nadenih ocena.

8. Devojcica drzi belog misa u kutiji sa slike. Udiskretnim trenucima mis izlazi iz prostorije krozjedan, na slucajan nacin izabran otvor. Vreme pro-laska kroz otvor je zanemarljivo malo.

1 2

3 4

(a) Koliki deo ”dovoljno dugog” vremenskog intervala ce mis u prosekuprovoditi u pojedinim prostorijama?

(b) Ako je na pocetku mis stavljen u prostoriju broj 1, kolika je verovat-noca da ce posle cetiri prolaska mis ponovo biti u prostoriji 1?

9. U svaku od 100 meta izvedeno je 10 gadanja. Belezen je broj pogodaka:

broj pogodaka: 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10ucestalost: 1 1 4 11 22 25 19 12 3 0 2

Sa nivoom znacajnosti α = 0.05 proveriti da li broj pogodaka ima bi-nomnu raspodelu.

Resenja:

1. Oznacimo sa D posmatrani dogadaj (avion je oboren posle tri pojed-inacna hica), i oznacimo redom sa A, B, C dogadaje koji se realizujukada je avion pogoden redom prvim, drugim, trecim hicem. Dogadaji

58

AB C, AB C, A B C, AB C, A B C, AB C, A B C, A B C cine potpunsistem dogadaja, pa na osnovu formule totalne verovatnoce imamo:

P (D) = P (AB C)P (D | AB C) + P(AB C

)P

(D | AB C

)+

+P(A B C

)P

(D | A B C

)+ P

(A B C

)P

(D | A B C

)+

+P(AB C

)P

(D | AB C

)+ P

(AB C

)P

(D | AB C

)+

+P(A B C

)P

(D | A B C

)+ P

(A B C

)P

(D | A B C

)=

= P (AB C) · 1 + P(A B C

) · 0.6 + P(A B C

) · 0.6++P

(A B C

) · 0.2 + P(AB C

) · 0.6 + P(AB C

) · 0.2++P

(A B C

) · 0.2 + P(A B C

) · 0 == P (AB C) + 0.6 · (P (

AB C)

+ P(A B C

)+ P

(AB C

))+

+0.2 · (P (A B C

)+ P

(AB C

)+ P

(A B C

))=

= 0.14 + 0.6 · (0.06 + 0.14 + 0.21) + 0.2 · (0.06 + 0.09 + 0.21) == 0.14 + 0.246 + 0.072 = 0.458 ,

gde je

P (AB C) = 0.4 · 0.5 · 0.7 = 0.14,

P(AB C

)= 0.4 · 0.5 · (1− 0.7) = 0.06,

P(A B C

)= 0.4 · (1− 0.5) · 0.7 = 0.14,

P(A B C

)= 0.4 · (1− 0.5) · (1− 0.7) = 0.06,

P(AB C

)= (1− 0.4) · 0.5 · 0.7 = 0.21,

P(AB C

)= (1− 0.4) · 0.5 · (1− 0.7) = 0.09,

P(A B C

)= (1− 0.4) · (1− 0.5) · 0.7 = 0.21,

P(A B C

)= (1− 0.4) · (1− 0.5) · (1− 0.7) = 0.09.

2. Neka su T1, T2, T3 slucajne promenljive koje predstavljaju vremenarada odgovarajucih prekidaca, pri cemu sve tri imaju istu E (2) raspodelusa gustinom i funkcijom raspodele:

ϕT (t) =

0 , t < 02e−2t , t ≥ 0 , FT (t) =

0 , t < 0

1− e−2t , t ≥ 0 .

Neka je K slucajna promenljiva koja predstavlja vreme rada celog stru-jnog kola. Na osnovu opisanih veza izmedu prekidaca zakljucujemo daje K = min T1, max T2, T3. Uvedimo pomocnu slucajnu promenljivuS = max T2, T3 ciju cemo raspodelu najpre naci:

FS

(s) = P (S < s) = P (max T2, T3 < s) = P (T2 < s, T3 < s) =

= P (T2 < s)P (T3 < s) = FT

(s)FT

(s) =

0 , s < 0(1− e−2s

)2, s ≥ 0

,

ϕS (s) = (FS (s))′ =

0 , s < 04e−2s

(1− e−2s

), s ≥ 0 .

Sada nalazimo raspodelu slucajne promenljive K = min T1, S :

59

FK

(k) = P (K < k) = P (min T1, S < k) = 1− P (min T1, S ≥ k) =

= 1− P (T1 ≥ k, S ≥ k) = 1− P (T1 ≥ k)P (S ≥ k) =

= 1− (1− P (T1 < k)) (1− P (S < k)) =

= 1− (1− FT

(k)) (1− FS

(k)) =

0 , k < 01 + e−6k − 2e−4k , k ≥ 0 ,

ϕK

(k) = (FK

(k))′ =

0 , k < 08e−4k − 6e−6k , k ≥ 0 .

Matematicko ocekivanje vremena rada strujnog kola je

E (K) =∞∫−∞

kϕK

(k) dk =∞∫0

k(8e−4k − 6e−6k

)dk = 1

3 .

3. Neka je S =

(x, y) ∈ R2∣∣ 1− x < y < 2− x, x > 0, y > 0

(1 < x + y < 2 ⇔ 1− x < y < 2− x).

Zbog

1 =∫∫R2

ϕX,Y

(x, y) dxdy =1∫0

(2−x∫1−x

Axydy

)dx +

2∫1

(2−x∫0

Axydy

)dx = 5

8A,

sledi da je A = 85 .

(a) Neka je S1 =

(x, y) ∈ R2∣∣ 1− x < y < 2− x, x > 0, y > x

i

S2 =

(x, y) ∈ R2∣∣ 1− x < y < 2− x, x > 0, y ≤ x

(S = S1∪S2,

vidi sliku 1). Posto su oblasti S1 i S2 simetricne u odnosu na pravux = y, a gustina ϕ

X,Y(x, y) je takode simetricna u odnosu na tu

pravu, sledi da je:∫∫S1

ϕX,Y (x, y) dxdy =∫∫S2

ϕX,Y (x, y) dxdy,

pa zbog S = S1 ∪ S2 i∫∫S

ϕX,Y

(x, y) dxdy = 1 dobijamo

P (Y > X) =∫∫S1

ϕX,Y

(x, y) dxdy = 12 .

-

6

y

x

@@@@@@@@@@

y = 2− x

@@@@@@

y = 1− x

2

2

1

1¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

y = x

S1

S2

slika 1

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

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

60

(b) FZ

(z) = P (Z < z) = P (X + Y − 1 < z) == P (Y < −X + 1 + z) =

∫∫T

ϕX,Y

(x, y) dxdy,

gde je T poluravan odredena nejednacinom y < −x + 1 + z, dakleona poluravan u odnosu na pravu y = −x + 1 + z (primetimo dasu prave y = −x + 2, y = −x + 1 + z i y = −x + 1 paralelne)u kojoj se nalazi npr. tacka (0, y0) za koju vazi y0 < z + 1(T = (x, y) | y < −x + 1 + z).

-

6

x

y

@@@@@@@@@

@@@@@

2

2

1

1 1+z

T∩S

@@

@@

@@

@@

¡¡ª

y = 1 + z − x

¡¡¡ª

y = 2− x

¡¡

¡¡¡ª

y = 1− x1+z

slika 2

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

Prema tome (vidi sliku 2):

FZ

(z) =∫∫

T∩S

85xydxdy = . . .

(1) za z ≤ 0 je T ∩S = ∅ pa imamo: FZ

(z) =∫∫∅

85xydxdy = 0;

(2) za 0 < z ≤ 1 jeT ∩ S = (x, y) | 1− x < y < 1 + z − x ∧ x ≥ 0 ∧ y ≥ 0pa imamo:

FZ

(z) =1∫0

(1+z−x∫1−x

85xydy

)dx +

1+z∫1

(1+z−x∫

0

85xydy

)dx =

=(

415z + 2

5z2)

+(

415z3 + 1

15z4)

= 115z

(z3 + 4z2 + 6z + 4

);

(3) za 1 < z je T ∩ S = S pa je: FZ (z) =∫∫S

85xydxdy = 1.

4. Vreme cemo meriti u minutima (1 sat = 60 minuta). Posmatramo samo in-terval od pet minuta izmedu dva sukcesivna prolaska autobusa. Obelezimosa Xi vreme koje i - ti putnik provede na stajalistu (cekajuci autobus).Posto se putnik pojavljuje u slucajnom trenutku u intervalu od 5 minuta,slucajna promenljiva Xi ima uniformnu raspodelu U (0, 5). Ako sa nobelezimo broj putnika koji pristignu na stanicu izmedu dva prolaska au-

tobusa, tada slucajna promenljiva Sn =n∑

i=1

Xi predstavlja ukupno vreme

koje tih n putnika provede na stajalistu izmedu dva prolaska autobusa,i treba po n resiti jednacinu: P (Sn > 60) = 0.99.

E (Xi) = 52 , D (Xi) = 25

12 za sve i ∈ 1, 2, . . . , n ,

61

E (Sn) = E

(n∑

i=1

Xi

)=

n∑i=1

E (Xi) =n∑

i=1

52 = 5

2n,

D (Sn) = D

(n∑

i=1

Xi

)[1]=

n∑i=1

D (Xi) =n∑

i=1

2512 = 25

12n,

P (Sn > 60) = 0.99 ⇔ 1− P (Sn ≤ 60) = 0.99 ⇔

⇔ P (Sn ≤ 60) = 0.01 ⇔ P

(Sn−E(Sn)√

D(Sn)≤ 60−E(Sn)√

D(Sn)

)= 0.01 ⇔

⇔ P

(Sn− 5

2 n√2512 n

≤ 60− 52 n√

2512 n

)= 0.01

[2]⇔ φ

(60− 5

2 n√2512 n

)≈ 0.01 ⇔

⇔ φ

(60− 5

2 n5

2√

3

√n

)≈ 0.01 ⇔ 60− 5

2 n5

2√

3

√n≈ φ−1 (0.01) ≈ −2.33 ⇔

⇔ 60− 52n ≈ −2.33 · 5

2√

3· √n ⇔ n + 2.33√

3

√n− 24 ≈ 0 ⇔

⇔(t2 + 2.33√

3t− 24 ≈ 0 ∧ t =

√n)

⇔⇔ ((t ≈ −5.6176 ∨ t ≈ 4.2713) ∧ t =

√n) ⇔

⇔ (√

n ≈ −5.6176 ∨ √n ≈ 4.2713) ⇔

⇔ √n ≈ 4.2713 ⇔ n ≈ 31.5569,

na osnovu cega dobijamo priblizno resenje n = 32.


[2] - Raspodelu slucajne promenljive S∗n = Sn−E(Sn)√D(Sn)

= Sn− 52 n√

2512 n

na os-

novu centralne granicne teoreme aproksimiramo normalnom raspode-lom N (0, 1).

5. Neka su Xi, i ∈ 1, 2, 3, 4, 5 slucajne promenljive koje predstavljajubrojeve koji su dobijeni na i - toj kockici. Slucajne promenljive Xi sunezavisne i imaju isti zakon raspodele:

P (Xi = k) = 16 , k ∈ 1, 2, 3, 4, 5, 6 , i ∈ 1, 2, 3, 4, 5 .

Slucajnu promenljivu Y mozemo predstaviti kao

Y = X1 + X2 + X3 + X4 + X5

pa cemo naci karakteristicne funkcije slucajnih promenljivih Xi (sveimaju isti zakon raspodele, pa ce imati i iste karakteristicne funkcije), tecemo pomocu njih, koristeci osobine karakteristicnih funkcija, naci karak-teristicnu funkciju slucajne promenljive Y :

KXj (t) = E(eitXj

)=

6∑m=1

eitmP (X = m) =6∑

m=1eitm 1

6 =

= 16

(eit + e2it + e3it + e4it + e5it + e6it

).

Sada dobijamo:

62

KY (t) = K(X1+X2+X3+X4+X5) (t)[1]=

5∏j=1

KXj (t)[2]= (KX1 (t))5 =

= 165


)5.

[1] - Slucajne promenljive Xj su nezavisne.

[2] - Sve slucajne promenljive Xj imaju istu karakteristicnu funkciju.

Pomocu karakteristicne funkcije nalazimo matematicko ocekivanje slucaj-ne promenljive Y :

(KY (t))′ = 165 5


)4 ·· (ieit + 2ie2it + 3ie3it + 4ie4it + 5ie5it + 6ie6it

)=

= 5i65


)4 ·· (eit + 2e2it + 3e3it + 4e4it + 5e5it + 6e6it

),

K′Y (0) = 5i65 (1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1)4 (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) =

= 5i65 · 64 · 21 = 35

2 i,

E (Y ) =K′Y (0)

i=

352

.

6. Neka je Y slucajna promenljiva koja predstavlja broj dobijenih igara. Skupvrednosti slucajne promenljive Y je RY = 0, 1, 2, 3, 4, 5 i ona ima bi-nomnu B (5, p) raspodelu (P (Y = k) =

(5k

)pk (1− p)5−k, k ∈ RY ).

Prema opisu iz zadatka, slucajnu promenljivu X mozemo predstaviti nasledeci nacin: X = −50+20Y . U pitanju je bijektivna transformacija, teje RX = −50,−30,−10, 10, 30, 50.

(a) P (X = −50 + 20k) = P (Y = k) =(

5k

)pk (1− p)5−k

, k ∈ RY

odnosno X ima zakon raspodele −50 −30 −10 10 30 50

(1− p)5 5p (1− p)4 10p2 (1− p)3 10p3 (1− p)2 5p4 (1− p) p5

.

(b) Koristeci osobine matematickog ocekivanja i disperzije, kao i poznatevrednosti ocekivanja i disperzije slucajne promenljive sa binomnomraspodelom, dobijamo:E (X) = E (−50 + 20Y ) = −50+20E (Y ) = −50+20·5·p = 100p−50,D (X) = D (−50 + 20Y ) = 0 + 202D (Y ) =

= 400 · 5 · p · (1− p) = 2000p (1− p) .

(c) Verovatnoca da igrac nije na gubitku iznosiP (X > 0) = P (X ∈ 10, 30, 50) = P (Y ∈ 3, 4, 5) == P (Y = 3) + P (Y = 4) + P (Y = 5) =

= 10p3 (1− p)2 + 5p4 (1− p) + p5 = 1781 ≈ 0.21.

7. (a) Funkcija verodostojnosti:

63

L (x1, . . . , xn; θ) =n∏

i=1

ϕX

(xi) =

=

n∏i=1

eθ−xi , ∀i, xi ≥ θ

0 , ∃i, xi < θ=

enθ−(x1+...+xn) , ∀i, xi ≥ θ

0 , ∃i, xi < θ,

ln L (x1, . . . , xn; θ) = nθ −n∑

i=1

xi,

∂∂θ ln L (x1, . . . , xn; θ) = n 6= 0, xi ≥ θ.Vidimo da funkcija L nema ekstrema u unutrasnjosti intervala(−∞, min x1, . . . , xn] (jer je: ∀i, xi ≥ θ ⇔ θ ≤ min x1, . . . , xn),a posto je funkcija L monotono rastuca po θ na ovom intervalu, toona maksimum dostize na desnom rubu intervala, te dobijamo ocenu

θ = min X1, . . . , Xn .

(b) Pomocu raspodele slucajne promenljive X nalazimo raspodelu slu-cajne promenljive θ :

FX (x) =∞∫−∞

ϕX (x) dx =

=

x∫−∞

0dx , x < θ

x∫θ

eθ−tdt , x ≥ θ=

0 , x < θ1− eθ−x , x ≥ θ

,

Fθ(t) = P

(θ < t

)= P (min X1, . . . , Xn < t) =

= 1− P (min X1, . . . , Xn ≥ t) = 1− P (X1 ≥ t, . . . , Xn ≥ t)[1]=

= 1−n∏

i=1

P (Xi ≥ t) = 1−n∏

i=1

(1− P (Xi < t)) = 1−n∏

i=1

(1− FXi

(t))=

= 1− (1− FX (t))n =

1− en(θ−t) , t ≥ θ0 , t < θ

,

ϕθ(t) =

(F

θ(t)

)′ =

nen(θ−t) , t ≥ θ0 , t < θ

.

Centriranost:

E(θ)

=∞∫−∞

tϕθ(t) dt =

∞∫θ

nten(θ−t)dt[2]=

=(−ten(θ−t)

)∞|θ

+∞∫θ

en(θ−t)dt = θ − 1nen(θ−t)

∞|θ

= θ + 1n .

Prema tome, vidimo da ocena θ nije centrirana, ali jeste asimptotskicentrirana jer je E

(θ)6= θ i lim

n→∞E

(θ)

= limn→∞

(θ + 1

n

)= θ.

Ocena θ = θ − 1n = min X1, . . . , Xn − 1

n je ocigledno centrirana

jer je E(θ)

= E(θ − 1

n

)= E

(θ)− E

(1n

)= θ + 1

n − 1n = θ.

Postojanost: za proizvoljno ε > 0 vazi

64

P(∣∣∣θ − θ

∣∣∣ > ε)

= 1− P(∣∣∣θ − θ

∣∣∣ ≤ ε)

= 1− P(−ε ≤ θ − θ ≤ ε

)=

= 1− P(θ − ε ≤ θ ≤ θ + ε

)= 1− (

Fθ(θ + ε)− F

θ(θ − ε)

)=

= 1− ((1− en(θ−(θ+ε))

)− 0)

= 1− (1− e−nε) = e−nε.

Ocena je postojana jer je limn→∞

P(∣∣∣θ − θ

∣∣∣ > ε)

= limn→∞

e−nε = 0.

(c) E(θ2

)=

∞∫−∞

t2ϕθ(t) dt =

∞∫θ

nt2en(θ−t)dt[3]=

=(−t2en(θ−t)

)∞|θ

+∞∫θ

2ten(θ−t)dt = θ2 + 2 1n

∞∫θ

nten(θ−t) [2]=

= θ2 + 2 1n

(θ + 1

n

)= θ2 + 2θ

n + 2n2 ,

D(θ)

= E(θ2

)−

(E

(θ2

))2

= θ2 + 2θn + 2

n2 −(θ2 + 2θ

n + 1n2

)= 1

n2 ,

D(θ)

= D(θ + 1

n

)= D

(θ)

+ D(

1n

)= 1

n2 + 0 = 1n2 .

Primetimo da su obe ocene jednako efikasne, jer je D(θ)

= D(θ).


[2] - Parcijalnom integracijom: u = t, dv = nen(θ−t)dt.

[3] - Parcijalnom integracijom: u = t2, dv = nen(θ−t)dt.

8. (a) Na osnovu opisa dobijamo matricu prelaza za jedan korak, i zatimmatricu prelaza za 4 koraka koja ce nam trebati pod (b) (izracuna-vamo samo one elemente koji ce nam biti zaista potrebni):

1 2 3 4

1

P = 2

3

4

0 23

13 0

25 0 1

525

14

14 0 1

2

0 12

12 0

⇒ P 2 =

720

112

215

1330

12

3160

13

110

110

512

2360

110

1340

18

110

920

⇒ P 4 = P 2 · P 2 =

3371200

131720

38225

221600

· · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · ·

.

Za navedenu matricu prelaza P trazimo vektor finalnih verovatnoca1 2 3 4

p∗ =[

x y z u]

gde je x, y, z, u ∈ (0, 1) i u = 1−x−y−z,odnosno resavamo po x, y, z, u sistem jednacina:

p∗ · P = p∗ ∧ u = 1− x− y − z ⇔[

x y z 1− x− y − z] · P =

[x y z 1− x− y − z

] ⇔

65

25y + 1

4z = x23x + 1

4z + 12 (1− x− y − z) = y

13x + 1

5y + 12 (1− x− y − z) = z

25y + 1

2z = 1− x− y − z

⇔

x − 25y − 1

4z = 0

y + 25172z = 15

43

z = 14

⇔

x = 316

y = 516

z = 14

u = 14

Dakle, finalna raspodela je:1 2 3 4

p∗ =[

316

516

14

14

].

Dobijene finalne verovatnoce imaju sledece znacenje: ako se posmatra”dovoljno dug” vremenski period, 3

16 vremena mis provede u pros-toriji broj 1, 5

16 vremena provede u prostoriji broj 2, a po 14 vremena

provodi u prostorijama broj 3 i 4.

(b) Pocetna raspodela:1 2 3 4

p (0) =[

1 0 0 0].

Raspodela nakon 4 koraka:1 2 3 4

p (4) = p (0) · P (4) =[

3371200

131720

38225

221600

],

tako da je trazena verovatnoca p1 (4) = 3371200 .

9. Obelezje X ima B (10, p) raspodelu i posmatra se uzorak (x1, . . . , x100).Za ocenu parametra p koristimo npr.

p = 110X100 = 1

1000 (X1 + . . . + X100) ,

cija je realizovana vrednost na osnovu uzorka

p = 11000 (0 · 1 + 1 · 1 + 2 · 4 + 3 · 11 + 4 · 22 + 5 · 25 + 6 · 19 + 7 · 12+

+8 · 3 + 9 · 0 + 10 · 2) = 0.497

(najbolja ocena matematickog ocekivanja E (X) = 10p je statistika X100,a pri tome je p = 1

10E (X)).

Teorijske verovatnoce cemo χ2 testom uporediti sa uzorkom, ali pre togamoramo izvrsiti spajanje grupa podataka tako da u svakoj grupi bude bar5 realizacija:

broj pogodaka (k) 0, 1, 2 3 4 5 6 7 8, 9, 10ucestalost (nk) 6 11 22 25 19 12 5

Teorijske verovatnoce su

P (X = k) =(

10k

)pk (1− p)10−k

, k ∈ 0, 1, 2, . . . , 10 ,

odnosno

66

p2 = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) ≈ 0.0568287,

p3 = P (X = 3) ≈ 0.120012, p4 = P (X = 4) ≈ 0.207517,

p5 = P (X = 5) ≈ 0.246049, p6 = P (X = 6) ≈ 0.202595,

p7 = P (X = 7) ≈ 0.114388,

p8 = P (X = 8) + P (X = 9) + P (X = 10) = 1−7∑

i=2

pi ≈ 0.0423838.

Broj grupa podataka je 7, i pri tome smo imali jedan ocenjeni parametar,pa iz tablica ocitavamo χ2

α;7−1−1 = χ20.05;5 ≈ 11.1. Posto je

z =8∑

k=2

(nk−100·pk)2

100·pk≈ 0.42537 < 11.1 ≈ χ2

0.05;5

konstatujemo da uzorak ne protivreci hipotezi.

22.01.2000.

1. Zoran ima 4 crvena i 7 belih klikera, a Tanja 5 crvenih i 4 bela klikera.Zoran i Tanja nasumice uzimaju po 2 klikera i zapocinju igru. Tokom igrejedan kliker se polomi.

(a) Koliko iznosi verovatnoca da je polomljeni kliker bele boje?(b) Ako se zna da je polomljeni kliker bele boje, koliko iznosi verovatnoca

da je kliker bio Tanjin?

2. Pretpostavimo da je nov semafor postavljen odredenog dana u 0 casova.Vreme X pojave kvara na semaforu, mereno u satima, ima eksponenci-jalnu raspodelu sa ocekivanim vremenom pojave kvara od 48 sati.

(a) Naci verovatnocu da ce do pojave kvara doci tokom nekog dana uvremenskom periodu izmedu 6 casova ujutru i 6 casova posle podne.

(b) Naci matematicko ocekivanje vremena pojave kvara ako znamo da sekvar desio u prva 24 casa.

3. Data je gustina dvodimenzionalne slucajne promenljive (X, Y ):

ϕX,Y

(x, y) = 32x, (x, y) ∈ S,

gde je S = (x, y) | |y − 1| < x < 1 oblast na slici.

(a) Naci gustinu slucajne promenljive Y i skiciratinjen grafik.

(b) Naci raspodelu slucajne promenljive Z = X +Y .-

6

x

y

@@@

0 1

1

2

S

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

4. Ispod slavine koja kaplje postavljena je prazna solja zapremine 100ml.Svake 4 sekunde u solju padne jedna kap. Kolicina vode u jednoj kapi imaocekivanu vrednost 3ml sa standardnim odstupanjem 0.8ml i ne zavisi odkolicine vode u drugim kapima. Koliko iznosi verovatnoca da ce se za dvaminuta solja prepuniti?

67

5. Dato je obelezje X :(

0 1 21− 3p p 2p

)i dve ocene parametra p (gde

n oznacava obim uzorka):

Xn = 15n

n∑i=1

Xi, Xn = 19n

n∑i=1

X2i .

(a) Ispitati centriranost ocena Xn i Xn.

(b) Koja ocena je efikasnija?

6. Dat je prost slucajni uzorak obelezja X:

1.31 0.77 2.20 0.23 2.33 0.62 4.28 2.51 0.69 2.520.67 0.014 3.47 8.34 1.91 5.43 2.31 2.63 0.66 0.422.22 1.44 2.92 7.63 0.00042 0.46 0.21 4.01 0.78 4.75

χ2 testom ispitati da li je uzorak u saglasnosti sa eksponencijalnom ras-podelom sa pragom znacajnosti α = 0.05, uzimajuci intervale (−∞, 0.5],(0.5, 1], (1, 2.5], (2.5, +∞).

7. Neka su tacke A, B, C, D povezane kao na slici.

Neka se cestica u svakom koraku pomera iz jednetacke u drugu sa njom povezanu tacku, pri cemu uslucaju da je polazna tacka povezana sa vise tacaka,prelasci u sve povezane tacke su jednako verovatni.

AAAA

a a a

a

A B C

D

(a) Naci matricu prelaza za jedan korak.

(b) Ako se na pocetku cestica sa jednakim verovatnocama nalazi u tackiC ili tacki D, naci raspodelu verovatnoca polozaja cestice nakon 2koraka.

8. Neka su U i V nezavisne slucajne promenljive sa normalnom raspodelomN (0, 1) i neka je Xt, t ∈ R slucajni proces definisan sa Xt = etU +t2V .Naci sledece karakteristike slucajnog procesa Xt:

(a) matematicko ocekivanje,

(b) autokovarijansnu funkciju,

(c) disperziju.

Resenja:

1. Oznacimo sa B dogadaj ”polomljeni kliker je bele boje”, a sa T dogadaj”polomljeni kliker je bio Tanjin”. Tekstom zadatka je dato:

P (T ) = P(T

)= 2

4 = 12 , P (B | T ) = 4

5+4 = 49 , P

(B | T )

= 74+7 = 7

11 .

(a) Na osnovu formule totalne verovatnoce je:P (B) = P (T )P (B | T )+P

(T

)P

(B | T )

= 12 · 49 + 1

2 · 711 = 107

198 ≈ 0.54.

68

(b) Na osnovu Bajesove formule je

P (T | B) =P (T ) P (B | T )

P (B)=

12 · 4

9107198

=44107

≈ 0.41.

2. Slucajna promenljiva X ima E (148

)raspodelu, jer je E (X) = 1

148

= 48.Gustina i funkcija raspodele slucajne promenljive X su:

ϕX (x) =

0 , x < 0148e−

148 x, x ≥ 0

, FX (x) =

0 , x < 01− e−

148 x, x ≥ 0

.

Obelezimo sa A skup (disjunktnih) vremenskih intervala izmedu 6 casova

ujutru i 6 casova posle podne: A =∞⋃

k=0

[24k + 6, 24k + 18].

(a) Trazi se verovatnoca dogadaja X ∈ A koga mozemo predstaviti kaouniju disjunktnih dogadaja:

X ∈ A =∞∑

k=0

X ∈ [24k + 6, 24k + 18] .

P (X ∈ A) =∞∑

k=0

P (24k + 6 ≤ X ≤ 24k + 18) =

=∞∑

k=0

(FX

(24k + 18)− FX

(24k + 6)) =

=∞∑

k=0

((1− e−

148 (24k+18)

)−

(1− e−

148 (24k+6)

))=

=∞∑

k=0

(e−

12 k− 1

8 − e−12 k− 3

8

)=

∞∑k=0

e−12 k

(e−

18 − e−

38

)=

=(e−

18 − e−

38

) ∞∑k=0

(e−

12

)k

=

=(e−

18 − e−

38

)1

1−e−12

=(

18√e− 1

8√e3

) √e√

e−1.

(b) Trazi se E (X | X ∈ [0, 24]).

P (X ∈ [0, 24]) = P (0 ≤ X ≤ 24) = FX

(24)− FX

(0) == 1− e−

12 =

√e√

e−1,

FX | X∈[0,24] (x) = P(X<x,0≤X≤24)

P(0≤X≤24) = P(0<X<minx,24)P(0≤X≤24) =

=

0 , x ≤ 0P(0<X<x)P(0≤X≤24) , x ∈ (0, 24]P(0<X<24)P(0≤X≤24) , x > 24

=

0 , x ≤ 01−e−

148 x

1−e−12

, x ∈ (0, 24]

1 , x > 24

.

Sada dobijamo:

ϕX | X∈[0,24] (x) = F ′

X | X∈[0,24] (x) =

0 , x 6∈ [0, 24]

e−148 x

481−e−

12 , x ∈ [0, 24]

,

69

E (X | X ∈ [0, 24]) =∞∫−∞

xϕX | X∈[0,24] (x) dx =

24∫0

x e−148 x

481−e−

12dx =

= 1

481−e−

12

(−48e−

148 x (x + 48)

) 24

|0

= 24 2√

e−3√e−1

.

3. Neka je S oblast nad kojom je gustina ϕX,Y

(x, y) pozitivna:

S =

(x, y) ∈ R2∣∣ |y − 1| < x < 1

=

=

(x, y) ∈ R2∣∣ 0 < y < 2 ∧ 1− y < x < y − 1

.

(a) ϕY

(y) =∞∫−∞

ϕX,Y

(x, y) dx = . . .

- za y 6∈ (0, 2) : ϕY

(y) =∞∫−∞

0 dx = 0;

- za y ∈ (0, 1] : ϕY (y) =1∫

1−y

32x dx = 3

4x21

|1−y

=

= 34

(1− (1− y)2

)= 3

4y (2− y);

- za y ∈ (1, 2) : ϕY (y) =1∫

y−1

32x dx = 3

4x21

|y−1

=

= 34

(1− (y − 1)2

)= 3

4

(1− (1− y)2

)= 3

4y (2− y).

Dakle: ϕY

(y) =

0 y 6∈ (0, 2)34y (2− y) y ∈ (0, 2) .

-

6

x

y

34

1 20

(b) FZ

(z) = P (Z < z) = P (X + Y < z) ==

∫∫Tz

ϕX,Y

(x, y) dxdy =∫∫

Tz∩S

32x dxdy,

gde je Tz =

(x, y) ∈ R2∣∣ x + y < z

=

(x, y) ∈ R2

∣∣ y < z − x

ona poluravan u odnosu na pravu y = z − x u ciju je unutrasnjostusmeren vektor ~v = (−1,−1), sto znaci da u zavisnosti od z zaoblast Tz ∩ S imamo sledece situacije:

- za z ≤ 1 je Tz ∩ S = ∅;- za 1 < z ≤ 3 je Tz ∩ S oblast ogranicena duzima:

l1 = (x, 1− x) | x ∈ [0, 1],l2 =

(x, 1 + x) | x ∈ [

0, z−12

],

70

l3 =

(x, z − x) | x ∈ [z−12 , 1

],

l4 = (1, y) | y ∈ [0, z − 1],odnosnoTz ∩ S =

(x, y) | x ∈ (

0, z−12

] ∧ y ∈ (1− x, 1 + x)∪

∪(x, y) | x ∈ (

z−12 , 1

] ∧ y ∈ (1− x, z − x)

;- za 3 < z je Tz ∩ S = S.

Prema tome:

- za z ≤ 1 : FZ

(z) = 0;- za 1 < z ≤ 3 (vidi sliku):

FZ (z) =z−12∫0

(1+x∫1−x

32x dy

)dx +

1∫z−12

(z−x∫1−x

32x dy

)dx =

=z−12∫0

3x2 dx +1∫

z−12

32x (z − 1) dx =

= 18 (z − 1)3 + 3

4 (z − 1)(1− 1

4 (z − 1)2)

=

= 14 (z − 1)

(3− 1

4 (z − 1)2);

- za 3 < z : FZ

(z) =∫∫S

32x dxdy = 1.

-

6

x

y

@@@@@@@@@@ y=1−x

(x=1−y)

y=1+x(x=y−1)x = 1

1

1

2

TZ∩S

1−y

y

y−1

y

@@@@@@@@@ y = z − x

z−12

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

4. Tokom dve minute, u solju padne 2·604 = 30 kapi. Neka slucajna

promenljiva Xi, i ∈ 1, 2, . . . , 30 predstavlja kolicinu vode u i - tojkapi. Za svako i ∈ 1, 2, . . . , 30 vazi E (Xi) = 3 i D (Xi) = 0.82 = 0.64

(σ (Xi) = 0.8). Slucajna promenljiva S30 =30∑

i=1

Xi predstavlja ukupnu

kolicinu vode u 30 kapi, tj. kolicinu vode koja nakapa za 2 minuta. Zanju vazi:

71

E (S30) = E

(30∑

i=1

Xi

)=

30∑i=1

E (Xi) =30∑

i=1

3 = 3 · 30 = 90,

D (S30) = D

(30∑

i=1

Xi

)[1]=

30∑i=1

D (Xi) =30∑

i=1

0.64 = 0.64 · 30 = 19.2.

Od nas se trazi da izracunamo P (S30 ≥ 100):

P (S30 ≥ 100) = 1− P (S30 < 100) =

= 1− P

(S30−E(S30)√

D(S30)< 100−E(S30)√

D(S30)

)= 1− P

(S30−E(S30)√

D(S30)< 100−90√

19.2

)≈

≈ 1− P

(S30−E(S30)√

D(S30)< 2.28

)[2]≈ 1− φ (2.28) ≈ 1− 0.9887 ≈ 0.0113.

[1] - Kapi su nezavisne.

[2] - Slucajna promenljiva S30−E(S30)√D(S30)

ima priblizno N (0, 1) raspodelu.

5. E (X) = 0 · (1− 3p) + 1 · p + 2 · 2p = 5p,

E(X2

)= 02 · (1− 3p) + 12 · p + 22 · 2p = 9p,

D (X) = E(X2

)− (E (X))2 = 9p− 25p2 = p (9− 25p),

X2 :(

02 12 22

1− 3p p 2p

)=

(0 1 4

1− 3p p 2p

),

E((

X2)2

)= 0 · (1− 3p) + 12 · p + 42 · 2p = 33p,

D(X2

)= E

((X2

)2)− (

E(X2

))2 = 33p− 81p2 = 3p (11− 27p).

(a) E(Xn

)= E

(15n

n∑i=1

Xi

)= 1

5n

n∑i=1

E (X) = 15nnE (X) = 1

55p = p,

E(Xn

)= E

(19n

n∑i=1

X2i

)= 1

9n

n∑i=1

E(X2

)= 1

9nnE(X2

)= 1

99p = p.

Dakle, obe ocene su centrirane.

(b) D(Xn

)= D

(15n

n∑i=1

Xi

)= 1

25n2

n∑i=1

D (X) = 125n2 nD (X) = p(9−25p)

25n ,

D(Xn

)= D

(19n

n∑i=1

X2i

)= 1

81n2

n∑i=1

D(X2

)= 1

81n2 nD(X2

)=

= 181n3p (11− 27p) = p(11−27p)

27n .

Ispitajmo za koje n je ocena Xn efikasnija od ocene Xn:

D(Xn

)≤ D

(Xn

)⇔ p(9−25p)

25n ≤ p(11−27p)27n ⇔

⇔ 925 − p ≤ 11

27 − p ⇔ 925 ≤ 11

27 .

Poslednja nejednakost je tacna za svako n, pa je ocena Xn efikasnijaod ocene Xn za svako n ∈ N.

72

6. Prebrojavanjem elemenata iz uzorka u odnosu na date intervale dobijamosledecu tabelu:

Ii (−∞, 0.5] (0.5, 1] (1, 2.5] (2.5,∞)ni 6 6 7 11

Da bi smo nasli verovatnoce pi = P (X ∈ Ii) , i ∈ 1, 2, 3, 4 za slucajnupromenljivu X : E (a), moramo najpre na osnovu uzorka oceniti param-etar a. Ocenimo ga, na primer, metodom maksimalne verodostojnosti.Dobijamo:

L (x1, . . . , x30; a) =30∏

i=1

ϕX

(xi; a) =30∏

i=1

ae−axi = a30e−a(x1+...+x30),

ln L (x1, . . . , x30; a) = ln(a30e−a(x1+...+x30)

)= 30 ln a− a (x1 + . . . + x30),

∂∂a ln L (x1, . . . , x30; a) = 30

a − (x1 + . . . + x30),∂∂a ln L (x1, . . . , x30; a) = 0 ⇔ a = 30

x1+...+x30= 1

x30.

Prema tome, imamo ocenu parametra a: a =1

X30

,

a na osnovu uzorka dobijamo odgovarajucu vrednost:

a = 30x1+...+x30

≈ 0.442906.

Koristeci funkciju raspodele FX (x) =

0 , x ≤ 01− e−0.442906x, x > 0

dobijamo:

p1 = P (X ∈ I1) = FX (0.5) ≈ 0.198647,

p2 = P (X ∈ I2) = FX (1)− FX (0.5) ≈ 0.159186,

p3 = P (X ∈ I3) = FX (2.5)− FX (1) ≈ 0.311706,

p4 = P (X ∈ I4) = 1− FX (2.5) ≈ 0.330461.

Posto je

z =4∑

i=1

(ni−30·pi)2

30·pi=

= (6−30·0.198647)2

30·0.198647 + (6−30·0.159186)2

30·0.159186 + (7−30·0.311706)2

30·0.311706 + (11−30·0.330461)2

30·0.330461 ≈≈ 1.02437 < 5.99 ≈ χ2

0.05;2 = χ2α;4−1−1,

sledi da dati uzorak ne protivreci hipotezi.

7. (a) Na osnovu opisa dobijamo matricu prelaza za jedan korak, a zatim imatricu prelaza za 2 koraka:

A B C D

A

P = B

C

D

0 1 0 013 0 1

313

0 12 0 1

2

0 12

12 0

⇒ P (2) = P 2 =

13 0 1

313

0 23

16

16

16

14

512

16

16

14

16

512

.

73

(b) Pocetna raspodela:A B C D

p (0) =[

0 0 12

12

].

Raspodela nakon dva koraka:A B C D

p (2) = p (0) · P 2 =[

16

14

724

724

].

8. Posto slucajne promenljive U i V imaju N (0, 1) raspodelu, sledi da jeE (U) = E (V ) = 0 i D (U) = D (V ) = 1, a iz D (U) = E

(U2

)− (E (U))2

dobijamo da je E(U2

)= D (U) + (E (U))2 = 1 + 0 = 1 i analogno

E(V 2

)= 1.

(a) mX

(t) = E(etU + t2V

) [1]= etE (U) + t2E (V ) = et · 0 + t2 · 0 = 0.

(b) KX

(t, s) = E ((Xt −mX

(t)) (Xs −mX

(s))) = E (XtXs) == E

((etU + t2V

) (esU + s2V

))=

= E(es+tU2 +

(ets2 + est2

)UV + t2s2V 2

) [1],[2]=

= es+tE(U2

)+

(ets2 + est2

)E (U) E (V ) + t2s2E

(V 2

)=

= es+t · 1 + 0 + (ts)2 · 1 = es+t + t2s2.

(c) DX

(t) = KX

(t, t) = et+t + (tt)2 = e2t + t4.

[1] - Matematicko ocekivanje je linearna transformacija.

[2] - Slucajne promenljive U i V nezavisne, te je E (UV ) = E (U) E (V ).

13.02.2000.

1. Dato je strujno kolo sastavljeno od4 prekidaca povezana kao na slici.Verovatnoca da je pojedini prekidacukljucen je 0.7 i prekidaci su ukljuceninezavisno jedan od drugog.

P1

P2

P3 P4

(a) Izracunati verovatnocu da kroz kolo prolazi struja.

(b) Izracunati verovatnocu da kroz kolo prolazi struja ako se zna da jeprekidac P1 ukljucen.

(c) Izracunati verovatnocu da je prekidac P1 ukljucen ako se zna dakroz kolo prolazi struja.

2. Student je na pismenom ispitu dobio 60 poena, a na usmenom delu ispitaizvlaci 5 pitanja pri cemu svaki put sa verovatnocom 2

3 izvlaci pitanje nakoje ume da odgovori ispravno i svaki ispravan odgovor mu donosi jos po20 poena. Naci zakon raspodele, karakteristicnu funkciju i matematickoocekivanje ukupnog broja poena koje je student imao nakon oba delaispita.

74

3. Neka su X, Y i Z nezavisne slucajne promenljive zadane zakonomraspodele, odnosno gustinom:

X :( −2 4

13

23

),

ϕY

(y) =

0 , y 6∈ [−2, 0]− 1

2y , y ∈ [−2, 0] , ϕZ

(z) =

0 , z 6∈ [−1, 1]32z2 , z ∈ [−1, 1] .

(a) Naci raspodelu slucajne promenljive T = XY .

(b) Naci matematicko ocekivanje slucajne promenljive W = X (Y + Z).

4. Autobus gradskog saobracaja po jednom krugu utrosi kolicinu goriva kojaima eksponencijalnu raspodelu, pri cemu je ocekivani utrosak goriva 5l.Tokom dana autobus napravi 30 krugova. Pomocu centralne granicne teo-reme odrediti koliko je goriva najmanje potrebno obezbediti za jedan dan,tako da ta kolicina bude dovoljna sa verovatnocom ne manjom od 0.985.

5. Obelezje X je dato gustinom:

ϕX

(x) =

1

θ−1x−θ

θ−1 , x > 10 , x ≤ 1

, (θ > 1).

(a) Metodom maksimalne verodostojnosti naci ocenu parametra θ.

(b) Ispitati centriranost dobijene ocene.

6. Na uzorku od 100 cetvoroclanih porodica posmatrana je dnevna potrosnjamleka i dobijeni rezultati su prikazani u tabeli:

potrosnja mleka (`) [0, 0.5) [0.5, 1) [1, 1.5) [1.5, 2]broj porodica 35 35 18 12

Sa pragom znacajnosti α = 0.05 na osnovu datog uzorka χ2 testom testi-rati hipotezu da prosecna potrosnja mleka ima raspodelu datu gustinomϕ (x) = 1− 1

2x, x ∈ (0, 2) i ϕ (x) = 0, x 6∈ (0, 2).

7. Nakon pljacke banke, lopov se krije u Somboru, Novom Sadu ili Rumi.Policija zna da se lopov nalazi u jednom od ta tri grada. Ako je lopovjednog dana u Novom Sadu, sutradan podjednako verovatno ide u Sombor,Rumu, ili ostaje u Novom Sadu. Poznato je da iz Rume 2 puta verovatnijeide u Sombor nego u Novi Sad, kao i da u Rumi ne boravi 2 dana uza-stopno. Ako je lopov jednog dana u Somboru, sutradan obavezno napustaSombor i jednako verovatno odlazi u Novi Sad ili Rumu.


(b) Ako je lopov prvog dana bio u Novom Sadu, naci verovatnocu da cekroz 2 dana biti ponovo u Novom Sadu.

75

(c) Ako policija uhvati lopova, lopov ide u zatvor. Verovatnoca da ce gauhvatiti u Novom Sadu je 1

4 , u Rumi je 13 , a u Somboru 1

5 . Izracunativerovatnocu da ce posle 2 dana lopov i dalje biti na slobodi ako sezna da je posle pljacke banke na slucajan nacin izabrao grad u kojemse krije.

8. Neka su U i V nezavisne slucajne promenljive, i neka U ima nor-malnu N (5, 2) raspodelu a V Poasonovu P (4) raspodelu. Slucajniproces Xt, t ∈ [0,∞) je definisan sa Xt = U cos t + V sin t. Izracunatimatematicko ocekivanje, autokorelacionu funkciju i disperziju slucajnogprocesa Xt.

Resenja:

1. Obelezimo sa Pi, i ∈ 1, 2, 3, 4 dogadaj ”prekidac Pi je ukljucen”.Tekstom zadatka je dato da je P (Pi) = 0.7 i P

(P i

)= 0.3. Obelezimo

sa A dogadaj ”kroz kolo protice struja”.

(a) A = P1P2P3P4 + P 1P2P3P4 + P1P 2P3P4

Dakle, A je unija disjunktnih dogadaja, pri cemu su dogadaji Pi,i ∈ 1, 2, 3, 4 nezavisni, te je

P (A) = P(P1P2P3P4 + P 1P2P3P4 + P1P 2P3P4

)=

= P (P1P2P3P4) + P(P 1P2P3P4

)+ P

(P1P 2P3P4

)=

= P (P1)P (P2)P (P3)P (P4) + P(P 1

)P (P2)P (P3)P (P4) +

+ P (P1)P(P 2

)P (P3)P (P4) =

= 0.74 + 2 · 0.3 · 0.73 = 0.4459.

(b) P (A | P1) = P(AP1)P(P1) =

P(P1P2P3P4+P1P 2P3P4)P(P1) =

= 0.73(0.7+0.3)0.7 = 0.72 = 0.49.

(c) P (P1 | A) = P(P1A)P(A) = 0.73

0.73(0.7+2·0.3) = 11.3 ≈ 0.77.

2. Neka je Y (pomocna) slucajna promenljiva koja predstavlja broj pitanjakoje je student izvukao i na koje ume da da ispravan odgovor. Po opisuiz zadatka vidimo da Y ima binomnu B (

5, 23

)raspodelu. Za slucajnu

promenljivu Y su poznati zakon raspodele, karakteristicna funkcija imatematicko ocekivanje:

qk = P (Y = k) = (

5k

) · ( 23

)k · ( 13

)5−k, k ∈ 0, 1, 2, 3, 4, 5

0 , k 6∈ 0, 1, 2, 3, 4, 5 ,

KY (t) =(

13 + 2

3eit)5 = 1

243

(1 + 2eit

)5, E (Y ) = 5 · 23 = 10

3 .

Slucajnu promenljivu X koja predstavlja ukupan broj poena koje jestudent dobio na ispitu mozemo predstaviti na sledeci nacin:

X = 20Y + 60.

Moguce vrednosti slucajne promenljive X su

76

RX = 60, 80, 100, 120, 140, 160 = 20k + 60 | k ∈ RY i koristeci navedenu transformaciju lako dobijamo zakon raspodele slucaj-ne promenljive X : za svako k ∈ 0, 1, 2, 3, 4, 5 je

P (X = 20k + 60) = P (Y = k) =(

5k

) · ( 23

)k · ( 13

)5−k.

Dalje, koristeci poznate osobine karakteristicnih funkcija i matematickogocekivanja dobijamo:

KX (t) = K20Y +60 (t) = ei60tKX (20t) = 1243ei60t

(1 + 2ei20t

)5,

E (X) = E (20Y + 60) = 20E (Y ) + E (60) = 20 103 + 60 = 380

3 ≈ 126.66.

3. Funkcije raspodele datih slucajnih promenljivih su:

FX

(x) =

0, x ≤ −213 , x ∈ (−2, 4]1, 4 < x

, FY

(y) =

0, y ≤ −21− 1

4y2, y ∈ (−2, 0]1, 0 < y

,

FZ

(z) =

0, z ≤ −112z3 + 1

2 , z ∈ (−1, 1]1, 1 < z

.

(a) Slucajna promenljiva T je slucajna promenljiva koja nije ni diskret-nog ni absolutno neprekidnog tipa, a skup mogucih vrednosti joj je:

RT = xy | x ∈ RX = −2, 4 ∧ y ∈ RY = [−2, 0] == [0, 4] ∪ [−8, 0] = [−8, 4] .

Funkciju raspodele FT

slucajne promenljive T cemo naci koristecipotpun sistem dogadaja X = −2, X = 4 :FT (t) = P (T < t) = P (XY < t) = . . .

- za t ≤ −8 : FT

(t) = 0;- za −8 < t ≤ 4 :

FT (t)[1]= P (X = −2)P (XY < t | X = −2) ++ P (X = 4) P (XY < t | X = 4) =

= 13P (−2Y < t | X = −2) + 2

3P (4Y < t | X = 4)[2]=

= 13P (−2Y < t) + 2

3P (4Y < t) == 1

3P(Y > − 1

2 t)

+ 23P

(Y < 1

4 t)

=

= 13

(1− P

(Y ≤ − 1

2 t))

+ 23P

(Y < 1

4 t) [3]

=

= 13

(1− F

Y

(− 12 t

))+ 2

3FY

(14 t

)= . . .

∗ za −8 ≤ t < 0 (0 < − 12 t ≤ 4 ∧ −2 ≤ 1

4 t < 0):FT (t) = 1

3 (1− 1) + 23

(1− 1

4 · 116 t2

)= 2

3 − 196 t2;

∗ za 0 ≤ t < 4 (−2 < − 12 t ≤ 0 ∧ 0 ≤ 1

4 t < 1):F

T(t) = 1

3

(1− (

1− 14 · 1

4 t2))

+ 23 · 1 = 2

3 + 148 t2;

- za 4 ≤ t : FT

(t) = 1.

77

[1] - Po formuli totalne verovatnoce.[2] - X i Y su nezavisne slucajne promenljive.[3] - Y je slucajna promenljiva neprekidnog tipa paje P

(Y ≤ − 1

2 t)

= P(Y < − 1

2 t)

= FY

(− 12 t

).

Dakle: FT

(t) =

0, t ≤ −823 − 1

96 t2, t ∈ (−8, 0]23 + 1

48 t2, t ∈ (0, 4]

1, 4 ≤ t

.

(b) E (X) = −2 · 13 + 4 · 2

3 = 2,

E (Y ) =0∫−2

y(− 1

2y)

= − 12

0∫−2

y2 = − 12

(y3

3

) 0

|−2

= 43 ,

E (Z) =1∫−1

z(

32z2

)= 3

2

1∫−1

z3 = 32

(z4

4

) 1

|−1

= 0,

E (W ) = E (X (Y + Z)) = E (XY + XZ) = E (XY ) + E (XZ)[4]=

= E (X) E (Y ) + E (X) E (Z) = 2 · 43 + 2 · 0 = 8

3 .

[4] - X,Y i X, Z su parovi nezavisnih slucajnih promenljivih.

4. Obelezimo sa Xi, i ∈ 1, 2, . . . , 30 utrosak goriva u i - tom krugu.Dato je da Xi ima E (a) raspodelu, pri cemu je E (Xi) = 5, odakle sledida je a = 1

5 , a odatle je dalje D (Xi) = 1a2 = 25. Slucajna promenljiva

S30 =30∑

i=1

Xi predstavlja ukupan utrosak goriva tokom celog dana, a mi

treba da odredimo x tako da vazi P (S30 < x) ≥ 0.985. Pri tome znamoda je

E (S30) = E

(30∑

i=1

Xi

)=

30∑i=1

E (Xi) = 30 · 5 = 150,

D (S30) = D

(30∑

i=1

Xi

)=

30∑i=1

D (Xi) = 30 · 25 = 750

(Xi su nezavisne slucajne promenljive).

P (S30 < x) ≥ 0.985 ⇔ P

(S30−E(S30)√

D(S30)< x−E(S30)√

D(S30)

)≥ 0.985 ⇔

⇔ P

(S30−E(S30)√

D(S30)< x−150√

750

)≥ 0.985

[1]⇔ φ(

x−150√750

)º 0.985 ⇔

⇔ x−150√750

º φ−1 (0.985) ≈ 2.17 ⇔ x º 2.17 · √750 + 150 ≈ 209.43.

[1] - Primena centralne granicne teoreme.

Dakle, uz zadani nivo pouzdanosti procene, treba obezbediti bar 210lgoriva.

5. (a) L (x1, . . . , xn; θ) = 1θ−1x

− θθ−1

1 · . . . · 1θ−1x

− θθ−1

n

= 1(θ−1)n (x1 · . . . · xn)−

θθ−1 ,

78

ln L (x1, . . . , xn; θ) = ln (θ − 1)−n − θθ−1 ln (x1 · . . . · xn)

= −n ln (θ − 1)− θθ−1

n∑i=1

ln (xi) ,

∂∂θ ln L (x1, . . . , xn; θ) = − n

θ−1 + 1(θ−1)2

n∑i=1

ln (xi),

∂∂θ ln L (x1, . . . , xn; θ) = 0 ⇔⇔ − n

θ−1 + 1(θ−1)2

n∑i=1

ln (xi) = 0 ⇔ θ = 1 + 1n

n∑i=1

ln (xi).

Dakle, dobili smo ocenu: θ = 1 + 1n

n∑i=1

ln (Xi).

(b) E (lnX) =∞∫−∞

ln x ϕX

(x) dx =∞∫1

ln x 1θ−1x−

θθ−1 dx

[1]=

= 1θ−1

(− (θ − 1) x−

1θ−1 ln x

∞|1

+ (θ − 1)∞∫1

1xx−

1θ−1

)=

=∞∫1

x−θ

θ−1 = − (θ − 1) x−1

θ−1∞|1

= θ − 1.

[1] - Parcijalnom integracijom: u = ln x, dv = x−θ

θ−1 dx.

E(θ)

= E

(1 + 1

n

n∑i=1

ln (Xi))

= E (1) + 1n

n∑i=1

E (ln (Xi)) =

= 1 + 1n

n∑i=1

(θ − 1) = 1 + 1nn (θ − 1) = θ.

Prema tome, ocena θ jeste centrirana.

6. Neka je X obelezje koje predstavlja dnevnu potrosnju mleka jednecetvoroclane porodice. Koristeci datu gustinu obelezja X, izracunavamonjegovu funkciju raspodele:

FX

(x) =x∫

−∞ϕ (t) dt =

0 , x ≤ 0x− 1

4x2 , 0 < x ≤ 21 , 2 < x

.

Nalazimo teorijske verovatnoce (verovatnoce po hipotezi) obelezja X:

p1 = P (X ∈ [0, 0.5)) = FX

(0.5)− FX

(0) = 716 − 0 = 7

16 = 0.4375,

p2 = P (X ∈ [0.5, 1)) = FX (1)− FX (0.5) = 34 − 7

16 = 516 = 0.3125,

p3 = P (X ∈ [1, 1.5)) = FX

(1.5)− FX

(1) = 1516 − 3

4 = 316 = 0.1875,

p4 = P (X ∈ [1.5, 2]) = FX

(2)− FX

(1.5) = 1− 1516 = 1

16 = 0.0625.

Obim uzorka je: 35 + 35 + 18 + 12 = 100.

Posto je

z =4∑

i=1

(ni−100·pi)2

100·pi= 188

25 = 7.52 < χ2α;4−1 = χ2

0.05;3 ≈ 7.81,

sledi da dati uzorak ne protivreci hipotezi.

7. Oznacimo redom sa S, N i R stanja ”lopov je u Somboru”, odnosno”lopov je u Novom Sadu”, odnosno ”lopov je u Rumi”.

79

(a) Matrica P prelaza tj. kretanja lopova glasi:

S N R

S

P = N

R

0 12

12

13

13

13

23

13 0

.

(b) Pocetna raspodela verovatnoca:S N R

p (0) = [0 1 0] .

Matrica prelaza za 2 dana:

S N R

P (2) = P 2 =S

N

R

12

13

16

13

718

518

19

49

49

.

Raspodela verovatnoca nakon 2 dana:S N R

p (2) = p (0) · P (2) =[13

718

518

].

Prema tome, verovatnoca da ce nakon 2 dana biti u Novom Sadu jep

N(2) = 7

18 .

(c) Novo stanje u kome se lopov moze naci je ”biti u zatvoru” - obelezice-mo ga sa Z, i sada na osnovu opisa formiramo novu matricu prelazaza 1 dan i za 2 dana:

S N R Z

S

Q = N

R

Z

0 25

25

15

14

14

14

14

49

29 0 1

3

0 0 0 1

,

S N R Z

S

Q (2) = Q2 = N

R

Z

518

1790

110

1330

25144

157720

1380

107240

118

730

730

4390

0 0 0 1

.

Pocetna raspodela verovatnoca:S N R Z

q (0) =[13

13

13 0

].

Raspodela verovatnoca nakon 2 dana:S N R Z

q (2) = q (0) ·Q (2) =[· · · · · · · · · 977

2160

].

Prema tome, verovatnoca da ce nakon 2 dana biti i dalje na slobodije: q

S(2) + q

N(2) + q

R(2) = 1− q

Z(2) = 1183

2160 ≈ 0.55.

8. Za date slucajne promenljive imamo: E (U) = 5, D (U) = 22 = 4,E (V ) = 4, D (V ) = 4, i izracunavamo E

(U2

)= D (U) + E2 (U) = 29 i

E(V 2

)= D (V ) + E2 (V ) = 20.

mX

(t) = E (Xt) = E (U cos t + V sin t) = cos t E (U) + sin t E (V ) == 5 cos t + 4 sin t,

RX (t, s) = E (XtXs) = E ((U cos t + V sin t) (U cos s + V sin s)) =

= E(U2 cos t cos s + V 2 sin t sin s + (cos t sin s + sin t cos s)UV

) [1]=

= cos t cos s E(U2

)+ sin t sin s E

(V 2

)+

+ (cos t sin s + sin t cos s) E (U) E (V ) == 29 cos t cos s + 20 sin t sin s + 20 (cos t sin s + sin t cos s),

80

[1] - Slucajne promenljive U i V su nezavisne pa je

E (UV ) = E (U) E (V ).

DX

(t) = KX

(t, t) = RX

(t, t)−m2X

(t) ==

(29 cos2 t + 20 sin2 t + 40 cos t sin t

)− (5 cos t + 4 sin t)2 == 20 + 9 cos2 t + 40 cos t sin t− (

25 cos2 t + 16 sin2 t + 40 cos t sin t)

== 20 + 9 cos2 t− (

9 cos2 t + 16)

= 4.

04.05.2000.

1. Strelac ima 4 metka i gada u cilj dok ne pogodi 2 puta uzastopno ili nepotrosi sve metke. Izracunati verovatnoce sledecih dogadaja:

A - ”cilj je pogoden bar 2 puta (ne mora uzastopno)”,

B - ”ostaje neiskoriscen bar jedan metak”,

C - ”vise je promasaja nego pogodaka”.

2. Numerisana homogena kocka se baca 2 puta. Slucajna promenljiva Xpredstavlja broj pojavljivanja parnog broja u 2 bacanja, a slucajna pro-menljiva Y broj pojavljivanja broja deljivog sa 3 u 2 bacanja. Naci zakonraspodele dvodimenzionalne slucajne promenljive (X, Y ). Ispitati da lisu X i Y nezavisne slucajne promenljive. Naci matematicko ocekivanjeslucajne promenljive Z = XY .

3. Slucajna promenljiva X ima uniformnu raspodelu X : U (0, 4), aslucajna promenljiva Y pod uslovom da je X = x ima uniformnuraspodelu Y | X = x : U (

x4 , 3x

4

). Naci gustinu slucajne promenljive Y ,

kao i gustinu ili funkciju raspodele slucajne promenljive Z = X + 2Y .

4. Studenti polazu ispit. Prosecno svaki treci polozi.

(a) Naci matematicko ocekivanje slucajne promenljive koja predstavljabroj studenata koji izadu na ispit pre nego sto polozi prvih n stude-nata.

(b) Odrediti broj studenata koji treba da izadu na ispit da bi sa verovat-nocom 0.9 polozilo bar 30 studenata.

5. U kutiji se nalaze 3 kuglice pri cemu je svaka od njih zelena ili plava. Brojzelenih kuglica u kutiji definise stanje sistema. Iz kutije se na slucajannacin bira jedna kuglica. Umesto izvucene kuglice u kutiju se vraca zelenakuglica.

(a) Napraviti matricu prelaza za jedan korak.

(b) Ako se zna da je na pocetku u kutiji bila tacno jedna zelena kugica,izracunati verovatnocu da ce nakon 2 izvlacenja u kutiji biti 3 zelenekuglice.

81

6. Obelezje X ima raspodelu odredenu gustinom:

ϕX

(x) = θ xθ−1, x ∈ (0, 1) .

(a) Na osnovu uzorka obima n metodom maksimalne verodostojnostioceniti parametar θ.

(b) χ2 - testom ispitati saglasnost uzorka:

interval:(0, 1

4

] (14 , 1

2

] (12 , 3

4

] (34 , 1

)

ucestanost: 2 18 20 30sa navedenom raspodelom za prag znacajnosti α = 0.1.

7. Naci minimalan obim uzorka na osnovu kojeg mozemo oceniti matematic-ko ocekivanje sa greskom manjom od 5 i nivoom poverenja β = 0.95 akopretpostavimo da obelezje ima normalnu raspodelu N (m, 10).

8. Naci matematicko ocekivanje, autokorelacionu funkciju i disperziju slucaj-nog procesa X (t) = cos (λt + U) , t ∈ R gde je λ konstanta, a U jeslucajna promenljiva sa uniformnom raspodelom U (0, 2π).

Resenja:

1. Oznacimo sa P dogadaj ”u pojedinacnom gadanju je cilj pogoden”, asa X oznacimo dogadaj ”u pojedinacnom gadanju je cilj promasen”.Oznacimo sa p verovatnocu pojedinacnog pogotka, a sa q = 1 − pverovatnocu pojedinacnog promasaja.

P (A) == P (PP + XPP + XXPP + XPXP + PXXP + PXPX + PXPP ) == p2 + qp2 + 4p2q2 + qp3,

P (B) = P (PP + XPP ) = p2 + qp2,

P (C) = P (XXXX + XXXP + XXPX + XPXX + PXXX) == q4 + 4pq3.

2. Oznacimo sa K1 i K2 slucajne promenljive koje predstavljaju dobijenibroj na prvoj odnosno drugoj kocki.

P (X = 0, Y = 0) = P ((K1, K2) ∈ (1, 1) , (1, 5) , (5, 1) , (5, 5)) = 19,

P (X = 0, Y = 1) = P ((K1, K2) ∈ (1, 3) , (3, 1) , (3, 5) , (5, 3)) = 19,

P (X = 0, Y = 2) = P ((K1, K2) ∈ (3, 3)) = 136

,

P (X = 1, Y = 0) == P ((K1, K2) ∈ (1, 2) , (2, 1) , (1, 4) , (4, 1) , (2, 5) , (5, 2) , (4, 5) , (5, 4)) = 2

9,

P (X = 1, Y = 1) == P ((K1, K2) ∈ (1, 6) , (2, 3) , (3, 2) , (3, 4) , (4, 3) , (5, 6) , (6, 1) , (6, 5)) = 2

9,

P (X = 1, Y = 2) = P ((K1, K2) ∈ (3, 6) , (6, 3)) = 118

,

P (X = 2, Y = 0) = P ((K1, K2) ∈ (2, 2) , (2, 4) , (4, 2) , (4, 4)) = 19,

82

P (X = 2, Y = 1) = P ((K1, K2) ∈ (2, 6) , (4, 6) , (6, 2) , (6, 4)) = 19,

P (X = 2, Y = 2) = P ((K1, K2) ∈ (6, 6)) = 136

.

Y

X0 1 2

0 19

19

136

14

1 29

29

118

12

2 19

19

136

14

49

49

19 1

Direktnom proverom na osnovu dobijenih verovatnoca dobijamo da vazi:

∀i, j ∈ 0, 1, 2 , P (X = i, Y = j) = P (X = i)P (Y = j),

sto znaci da su slucajne promenljive X i Y nezavisne.

Koristeci njihovu nezavisnost dobijamoE (Z) = E (XY ) = E (X)E (Y ) =

=(0 · 1

4 + 1 · 12 + 2 · 1

4

) (0 · 4

9 + 1 · 49 + 2 · 1

9

)= 1 · 2

3 = 23 .

3. ϕX

(x) =

14 , x ∈ [0, 4]0 , x 6∈ [0, 4]

, ϕY |X=x (y) =

2x , y ∈ [

14x, 3

4x]

0 , y 6∈ [14x, 3

4x] .

Pomocu gustine slucajnog vektora (X, Y ) :

ϕX,Y

(x, y) = ϕX

(x)ϕY |X=x (y) =

14 · 2

x = 12x , (x, y) ∈ D

0 , (x, y) 6∈ D,

gde je D =

(x, y) ∈ R2∣∣ x ∈ [0, 4] ∧ y ∈ [

14x, 3

4x]

(vidi sliku 1), nalaz-imo gustinu slucajne promenljive Y :

ϕY (y) =∞∫−∞

ϕX,Y (x, y) dx =

0 , y 6∈ [0, 3]4y∫43 y

12xdx , y ∈ [0, 1]

4∫43 y

12xdx , y ∈ (1, 3]

=

0 , y 6∈ [0, 3]12 ln 3 , y ∈ [0, 1]12 ln 3

y , y ∈ (1, 3].

Raspodelu slucajne promenljive Z cemo naci kao marginalnu raspodeluslucajnog vektora (U,Z) = (X, X + 2Y ) (dakle, pomocu transformacijef : R2 → R2, f (x, y) = (x, x + 2y) = (u, z); ova funkcija je monotonorastuca po obe komponente nad oblascu D). Resavanjem po x i y sistemajednacina u = x ∧ z = x + 2y, odnosno x = u ∧ y = z−u

2 dobijamoinverznu transformaciju f−1 : R2 → R2:

f−1 (u, z) =(u, z−u

2

)= (x, y)

ciji je Jakobijan: Jf−1 (u, z) =∣∣∣∣

xu xz

yu yz

∣∣∣∣ =∣∣∣∣

1 0− 1

212

∣∣∣∣ = 12 .

Posto je f neprekidna i monotona funkcija, sliku D′ = f (D) oblastiD koja je ogranicena duzima:

83

`1 =(

x, 14x

) ∣∣ x ∈ [0, 4]

(prava y = 14x),

`2 =(

x, 34x

) ∣∣ x ∈ [0, 4]

(prava y = 34x),

`3 = (4, y) | y ∈ [1, 3] (prava x = 4),

dobijamo kao oblast ogranicenu sa (vidi sliku 2):

`′1 = f (`1) =(

x, x + 2 · 14 x

) ∣∣ x ∈ [0, 4]

=(

u, 32u

) ∣∣ u ∈ [0, 4]

(prava z = 32u),

`′2 = f (`2) =(

x, x + 2 · 34 x

) ∣∣ x ∈ [0, 4]

=(

u, 52u

) ∣∣ u ∈ [0, 4]

(prava z = 52u),

`′3 = f (`3) = (4, 4 + 2y) | y ∈ [1, 3] = (4, z) | z ∈ [6, 10](prava u = 4).

-

6

x

y

»»»»»½

½½

½½

4

1

3

D

x = 4

y = 14x

y = 34x

slika 1

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

-

6

z

u

!!!!!!!!!!

!!!!!!!!!!!

´´

´´

´´

6 10

4

D′

u = 25zu = 2

3z

slika 2

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

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

Dakle:D′ =

(u, z) ∈ R2

∣∣ u ∈ [0, 4] ∧ z ∈ [32u, 5

2u]

==

(u, z) ∈ R2

∣∣ z ∈ [0, 6] ∧ u ∈ [25z, 2

3z]∪

∪(u, z) ∈ R2

∣∣ u ∈ [6, 10] ∧ u ∈ [25z, 4

].

Koristeci transformaciju f dobijamo

ϕU,Z

(u, z) = ϕX,Y

(f−1 (u, z)

) ∣∣Jf−1 (u, z)∣∣ =

= ϕX,Y

(u, z−u

2

) · 12 =

14u , (u, z) ∈ D′

0 , (u, z) 6∈ D′ ,

te je

ϕZ

(z) =∞∫−∞

ϕU,Z

(u, z) du =

=

0 , z 6∈ [0, 10]23 z∫25 z

14udu , z ∈ [0, 6)

4∫25 z

14udu , z ∈ [6, 10)

=

0 , z 6∈ [0, 10]14 ln 5

3 , z ∈ [0, 6)14 ln 10

z , z ∈ [6, 10),

FZ (z) =z∫

−∞ϕZ (t) dt =

0 , z 6∈ (−∞, 0]z∫0

14 ln 5

3dt , z ∈ (0, 6]

6∫0

14 ln 5

3dt +z∫6

14 ln 10

t dt , z ∈ (6, 10]

1 , z ∈ (10,∞)

=

84

=

0 , z 6∈ (−∞, 0]z4 ln 5

3 , z ∈ (0, 6]14

(z ln 10

z + z − 6)

, z ∈ (6, 10]1 , z ∈ (10,∞)

.

4. (a) Obelezimo sa Xi, i ∈ N slucajnu promenljivu koja pretstavlja brojstudenata koji su izasli na ispit pocevsi od momenta nakon sto je(i− 1) - vi student polozio ispit do momenta kada je i - ti studentpolozio ispit (na primer, ako prva 2 studenta padnu, pa zatim 1polozi, pa 5 studenata padne, pa 3 studenta poloze, pa 1 padne, pajedan polozi, pa 4 studenta padnu, pa 2 studenta poloze, itd..., tadaje X1 = 2 + 1 = 3, X2 = 5 + 1 = 6, X3 = 0 + 1 = 1, X4 = 0 + 1 = 1,X5 = 1 + 1 = 2, X6 = 4 + 1 = 5, X7 = 0 + 1 = 1, itd.). Izopisanog modela sledi da svaka od slucajnih promenljivih Xi imageometrijsku G (

13

)raspodelu, odnosno

Xi :(

1 2 3 · · ·13

23 · 1

3

(23

)2 · 13 · · ·

),

pri cemu je E (Xi) = 113

= 3. Sada nasu slucajnu promenljivu X

koja predstavlja broj studenata koji izadu na ispit pre nego sto poloziprvih n studenata mozemo predstaviti kao X = X1+X2+ . . .+Xn

odakle sledi da jeE (X) = E (X1 + X2 + . . . + Xn) == E (X1) + E (X2) + . . . + E (Xn) = nE (X1) = 3n.

(b) Slucajna promenljiva Yn, koja predstavlja broj studenata koji supolozili od n studenata koji su izasli na ispit, ima binomnu B (

n, 13

)raspodelu, pri cemu je E (Yn) = 1

3n i D (Yn) = 13 · 2

3 · n = 29n. Nas

zadatak je da odredimo n za koje je P (Yn ≥ 30) = 0.9:P (Yn ≥ 30) = 0.9 ⇔ 1− P (Yn < 30) = 0.9 ⇔⇔ 1− P

(Yn−E(Yn)√

Yn< 30−E(Yn)√

Yn

)= 0.9 ⇔

⇔ 1− P

(Yn−E(Yn)√

Yn<

30− 13 n√

29 n

)= 0.9 ⇔

⇔ 1− P(

Yn−E(Yn)√Yn

< 90−n√2n

)= 0.9

[1]⇔ φ(

90−n√2n

)≈ 0.1 ⇔

⇔ 90−n√2n

≈ φ−1 (0.1) ≈ −1.28 ⇔ n− 1.28√

2n− 90 ≈ 0 ⇔⇔ (

t2 − 1.81t− 90 ≈ 0 ∧ t =√

n) ⇔

⇔ ((t ≈ −8.62 ∨ t ≈ 10.43) ∧ t =√

n) ⇔⇔ n ≈ 10.432 = 108.78 ≈ 109.

[1] - Na osnovu centralne granicne teoreme, slucajna promenljivaY ∗

n = Yn−E(Yn)√Yn

ima priblizno normalnu N (0, 1) raspodelu.

Dakle, da bi bili zadovoljeni trazeni zahtevi, na ispit treba da izade109 studenta.

5. (a) Matrice prelaza za 1 i za 2 koraka su:

85

P = P (1) =

0 1 2 3

0

1

2

3

0 1 0 00 1

323 0

0 0 23

13

0 0 0 1

,

P (2) = P 2 =

0 13

23 0

0 19

23

29

0 0 49

59

0 0 0 1

.

(b) Pocetna raspodela:0 1 2 3

p (0) = [ 0 1 0 0 ] .

Raspodela nakon dva koraka:0 1 2 3

p (2) = p (0) · P (2) =[

0 19

23

29

].

Dakle, verovatnoca da ce nakon 2 izvlacenja u kutiji biti 3 zelenekuglice je p3 (2) = 2

9 .

6. (a) L (x1, . . . , xn; θ) = ϕX1

(x1; θ)ϕX2

(x2; θ) . . . ϕXn

(xn; θ) =

=

θxθ−11 θxθ−1

2 . . . θxθ−1n , ∀i, xi ∈ (0, 1)

0 , inace=

=

θn

(n∏

i=1

xi

)θ−1

, ∀i, xi ∈ (0, 1)

0 , inace,

ln L (x1, . . . , xn; θ) = n ln θ + (θ − 1)n∑

i=1

ln xi,

∂∂θ ln L (x1, . . . , xn; θ) = n

θ +n∑

i=1

ln xi,

∂∂θ ln L (x1, . . . , xn; θ) = 0 ⇔ n

θ +n∑

i=1

ln xi = 0 ⇔ θ = − nn∑

i=1

ln xi

.

Dakle, dobili smo ocenu: θ = − nn∑

i=1

ln Xi

.

(b) Obim uzorka: n = 2 + 18 + 20 + 30 = 70.Koristeci dobijenu ocenu parametra, izracunavamo njenu realizovanuvrednost iz uzorka:

θ = − 702 ln 1

8 + 18 ln 38 + 20 ln 5

8 + 30 ln 78

≈ 1.98752

(kao xi se koriste sredine 18 , 3

8 , 58 , 7

8 datih intervala), te funkcijaraspodele obelezja X glasi:

FX

(x) =x∫

−∞ϕ

X(x) dx =

0 , x ≤ 0x1.98752 , 0 < x < 1

1 , 1 ≤ x.

Na osnovu nje cemo izracunati teorijske verovatnoce:pi = FX (bi)− FX (ai) (ai i bi su rubovi datih intervala).

U prvoj grupi iz uzorka imamo 2 < 5 realizovanih vrednosti, painterval

(0, 1

4

]spajamo sa susednim intervalom. Tako dobijamo

sledecu tabelu:

86

interval (ai, bi](0, 1

2

] (12 , 3

4

] (34 , 1

)

ucestanost mi 20 20 30

teorijske verovatnoce pi 0.252173 0.312351 0.435476(mi−npi)

2

npi0.3123 0.159008 0.00766394

Nalazimo vrednost χ2 statistike za dati uzorak:

z =3∑

i=1

(mi−n·pi)2

n·pi≈ 0.478973 ,

sto uporedujemo sa tablicnom vrednoscu χ2α;3−1−1 :

z < 2.71 ≈ χ2α;3−1−1 = χ2

0.1;1 .

Znaci, dati uzorak ne protivreci hipotezi.

7. X : N (m, 10), E (X) = m, D (X) = 102 = 100.

Za dati uzorak obima n je poznato da je ”najbolja” ocena matematickogocekivanja obelezja X aritmeticka sredina uzorka: m = Xn, pricemu je

E(Xn

)= E

(1n

n∑i=1

Xi

)= 1

n

n∑i=1

E (Xi) = 1nnE (X) = E (X) = m,

D(Xn

)= D

(1n

n∑i=1

Xi

)= 1

n2

n∑i=1

D (Xi) = 1n2 nD (X) = 1

n102 = 100n .

S obzirom na formulaciju zadatka, treba da nademo najmanje resenje pon nejednacine P

(∣∣Xn −m∣∣ < 5

) ≥ 0.95:

0.95 ≤ P(∣∣Xn −m

∣∣ < 5)

= P(−5 < Xn −m < 5

)=

= P

(− 5√

100n

< Xn−m√100n

< 5√100n

)= P

(−√

n2 < Xn−m√

100n

<√

n2

)[1]≈

≈ φ(√

n2

)− φ

(−√

n2

)= 2φ

(√n

2

)− 1.

[1] - Slucajna promenljiva X∗n = Xn−m√

100n

ima priblizno N (0, 1)

raspodelu.

Dakle:

0.95 ≤ P(∣∣Xn −m

∣∣ < 5)

= P(−5 < Xn −m < 5

) ⇔⇔ 0.95 ¹ 2φ

(√n

2

)− 1 ⇔ φ

(√n

2

)º 0.975 ⇔

⇔√

n2 º φ−1 (0.975) ≈ 1.96 ⇔ n º 15.3664.

Prema tome, minimalan obim uzorka koji zadovoljava trazene uslove jen = 16.

8. ϕU

(u) =

12π , u ∈ [0, 2π]0 , u 6∈ [0, 2π] .

Matematicko ocekivanje:

87

mX

(t) = E (cos (λt + U)) =∞∫−∞

cos (λt + u)ϕU

(u) du =

=2π∫0

cos (λt + u) 12π du

[1]= 1

2π

λt+2π∫λt

cos zdz = 12π sin z

λt+2π

|λt

=

= 12π (sin (λt + 2π)− sin (λt)) = 1

2π (sin (λt)− sin (λt)) = 0.

[1] - Smena: z = λt + u(du = dz, u = 0 → z = λt, u = 2π → z = λt + 2π).

Autokorelaciona funkcija:

RX

(t, s) = E (X (t)X (s)) = E (cos (λt + U) cos (λs + U)) =[2]= E

(12 cos (λt + λs + 2U) + 1

2 cos (λt− λs))

=

= 12E (cos (λt + λs + 2U)) + 1

2 cos (λt− λs) =

= 12

∞∫−∞

cos (λt + λs + 2u) ϕU (u) du + 12 cos (λt− λs) =

= 12

2π∫0

cos (λt + λs + 2u) 12π du + 1


[3]= 0 + 1

2 cos (λt− λs) = 12 cos (λ (t− s)).

[2] - 2 cos α cosβ = cos (α + β) + cos (α− β).

[3] - Smenom z = λt + λs + 2u kao u [1].

(Dakle, proces X (t) je slabo stacionaran).

Disperzija:

DX (t) = KX (t, t) = RX (t, t)− (mX (t))2 = 12 cos 0− 02 = 1

2 .

17.06.2000.

1. n osoba u restoranu naruci n razlicitih jela. Rasejani konobar serviragostima narucena jela na proizvoljan nacin. Izracunati verovatnocu da cebar jedan gost dobiti jelo koje je narucio.

2. Na brojac padaju kosmicke cestice. Neka slucajna promenljiva X pred-stavlja broj cestica koje padnu na brojac u toku nekog fiksnog vremen-skog intervala, i poznato je da X ima Poasonovu P (

12

)raspodelu. Svaka

cestica koja padne na brojac registruje se nezavisno od drugih cestica saverovatnocom 3

4 . Naci zakon raspodele slucajne promenljive Y koja pred-stavlja broj registrovanih cestica na brojacu.

3. Slucajni vektor (X, Y ) ima gustinu raspodele verovatnoca:

ϕX,Y (x, y) =

12x3y , 0 < y < x < 10 , inace .

(a) Naci funkciju raspodele slucajnog vektora (X,Y ).

88

(b) Naci funkciju raspodele ili gustinu raspodele verovatnoca slucajnepromenljive Z = −X + 2Y .

4. Istovremeno se baca vise kockica.

(a) Ako se baca 100 kockica, izracunati verovatnocu da ce zbir palihbrojeva biti izmedu 300 i 400.

(b) Koliko kockica treba bacati pa da zbir palih brojeva bude veci od 100sa verovatnocom 0.9?

5. Dve signalne lampice se pale i gase u diskretnim vremenskim trenucimaod po 1 sekunde na sledeci nacin: svetleca lampica se u sledecoj sekundigasi sa verovatnocom 1

4 , a ugasena se u sledecoj sekundi ukljuci sa vero-vatnocom 2

3 . Ako je u pocetnom trenutku svaka od lampica ukljucena saverovatnocom 1

2 nezavisno od druge, izracunati verovatnocu da ce nakon2 sekunde biti ukljucena bar jedna lampica.

6. Naci matematicko ocekivanje, disperziju i autokovarijansnu funkciju slu-cajnog procesa

Xt =3∑

n=0tnUn, t ∈ R,

gde su Un : E (12n

), n ∈ 0, 1, 2, 3 nezavisne slucajne promenljive.

7. Obelezje X ima uniformnu U (0, b) raspodelu (b > 0). Na osnovu uzorkaobima n oceniti parametar b. Ispitati centriranost i postojanost dobijeneocene.

8. Koristeci χ2 test, sa pragom znacajnosti 0.02 proveriti da li su podaci

Ik

(0, 1

4

] (14 , 1

2

] (12 , 3

4

] (34 , 1

]

mk 6 18 20 30

saglasni sa hipotezom da se radi o uzorku iz populacije cija je gustina

ϕ (x) =

2x , x ∈ (0, 1)0 , x 6∈ (0, 1) .

Resenja:

1. Oznacimo dogadaje: Ai - ”i-ti gost je dobio svoje jelo”, i ∈ 1, 2, . . . , n,Bn - ”bar jedan od n gostiju je dobio svoje jelo”.

Posto je Bn =n⋃

i=1

Ai, sledi:

P (Bn) = P

(n⋃

i=1

Ai

)=

=n∑

i=1

P (Ai)−∑i<j

P (AiAj)+∑

i<j<k

P (AiAjAk)−. . .+(−1)n−1 P (A1...An) =

[1]= n (n−1)!

n! − (n2

) (n−2)!n! +

(n3

) (n−3)!n! − . . . + (−1)n−1 (

nn

)0!n! =

89

= 11! − 1

2! + 13! − . . . + (−1)n−1 1

n! .

[1] - Po opisu iz zadatka izracunavamo:

P (Ai) = 1n = (n−1)!

n! ,

P (AiAj) = P (Ai)P (Aj | Ai) = 1n · 1

n−1 = (n−2)!n! (i < j),

P (AiAjAk) = P (Ai)P (Aj | Ai)P (Ak | AiA− j) == 1

n · 1n−1 · 1

n−2 = (n−3)!n! (i < j < k),

...

P (A1A2 . . . An) = P (A1) P (A2 | A1) . . . P (An | A1A2 . . . An−1) == 1

n · 1n−1 · . . . · 1

1 = 0!n! .

(Primetimo da je limn→∞

P (Bn) = limn→∞

(1−

n∑i=0

(−1)i

i!

)= 1− e−1).

2. Oznacimo sa Y slucajnu promenljivu koja predstavlja broj registrovanihcestica. Dato je da X ima Poasonovu P (

12

)raspodelu, tj.

P (X = n) = 12nn!

√e, n ∈ 0, 1, 2, . . . ,

a iz opisa sledi da uslovna slucajna promenljiva Y | X = n ima bi-nomnu B (

n, 34

)raspodelu:

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

nk

) (34

)k (14

)n−k, k ∈ 0, 1, 2, . . . , n

0 , k 6∈ 0, 1, 2, . . . , n .

Skup vrednosti slucajne promenljive Y je RY = 0, 1, 2, . . .. Koristeciuslovnu raspodelu P (Y = k | X = n) i formulu totalne verovatnoce (fa-milija X = n , n ∈ 0, 1, 2, . . . cini potpun sistem dogadaja) dobijamoraspodelu slucajne promenljive Y :

P (Y = k) =∞∑

n=0P (X = n) P (Y = k | X = n) .

Za k ∈ RY je

P (Y = k) =∞∑

n=0P (X = n)P (Y = k | X = n) =

=k−1∑n=0

P (X = n)P (Y = k | X = n) +∞∑

n=k

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

=k−1∑n=0

P (X = n) · 0 +∞∑

n=k

12nn!

√e

(nk

) (34

)k (14

)n−k =

= 1√e

(34

)k (14

)−k ∞∑n=k

12nn!

(nk

) (14

)n = 3k√e

∞∑n=k

12k2n−kn!

· n!k!(n−k)! · 1

4k4n−k =

= 3k√e2k4kk!

∞∑n=k

12n−k · 1

(n−k)! · 14n−k = 3k√

e8kk!

∞∑n=0

12n · 1

n! · 14n =

=(

38

)k 1√ek!

∞∑n=0

( 18 )

n

n! =(

38

)k 1√ek!

e18 =

(38

)k 1k!e

− 38 .

Dakle, zakon raspodele slucajne promenljive Y glasi:

90

P (Y = k) =

0 , k < 0(38

)k 1k!e

− 38 , k ≥ 0

,

tako da slucajna promenljiva Y ima Poasonovu P (38

)raspodelu.

3. Neka je T oblast na kojoj je gustina vektora (X, Y ) razlicita od nule:

T =

(x, y) ∈ R2∣∣ 0 < y < x

=

(x, y) ∈ R2

∣∣ x ∈ (0, 1) ∧ y ∈ (0, x).

(a) FX,Y

(x, y) =∫ ∫

−∞<u<x,−∞<v<y

ϕX,Y

(u, v) dudv =

=∫ ∫

−∞<u<x,−∞<v<y(u,v)∈T

12u3vdudv = . . .

(a.1) za x ≤ 0 ∨ y ≤ 0 je: FX,Y (x, y) =∫∫∅

12u3vdudv = 0;

(a.2) za 0 < x < 1 i 0 < y < x je (vidi sliku a.2):

FX,Y

(x, y) = 12y∫0

(x∫v

u3vdu

)dv = 3

2x4y2 − 12y6;

(a.3) za 0 < x < 1 i x ≤ y je (vidi sliku a.3):

FX,Y

(x, y) = 12x∫0

(x∫v

u3vdu

)dv = x6;

(a.4) za 1 ≤ x i 0 < y < x je (vidi sliku a.4):

FX,Y

(x, y) = 12y∫0

(1∫v

u3vdu

)dv = 3

2y2 − 12y6;

(a.5) za 0 < x < 1 i x ≤ y je: FX,Y

(x, y) =∫∫T

12u3vdudv = 1.

6

- u

v

y

x 1

1

slika a.2

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

6

- u

v

y

x 1

1

slika a.3

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

6

- u

v

y

x1

1

slika a.4

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

(b) Nalazimo funkciju raspodele slucajne promenljive Z pomocu gustineslucajnog vektora (X,Y ):

FZ (z) = P (Z < z) = P (2Y −X < z) = P(Y < 1

2X + 12z

)=

=∫ ∫

T∩ (x,y) | y< 12 x+ 1

2 z12x3ydxdy = . . .

(b.1) za z ≤ −1 (poluravan Y < 12X + 1

2z nema zajednickih tacakasa oblasti T ) je: FZ (z) = 0;

(b.2) za −1 < z ≤ 1 (vidi sliku b.2) imamo sledecu situaciju:

91

6

- x

y

aA

aB

aC

aD

a2

a1

b

T

y = 12x + 1

2z

slika b.2

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

Obelezimo sa S unutrasnjost cetvorougla ABCD, gde jeD = (0, 0) , C = (1, 0) , B = (1, b) , A = (a1, a2) .

Koordinatu b nalazimo iz preseka pravih x = 1 i y = 12x + 1

2z:x = 1b = 1

2x + 12z

⇔ x = 1b = 1

2 + 12z

,

a iz preseka pravih y = x i y = 12x + 1

2z nalazimo koordinate a1

i a2:a2 = a1

a2 = 12a1 + 1

2z⇔ a2 = a1

a1 = 12a1 + 1

2z⇔ a2 = a1 = z.

Dakle: A = (z, z), B =(1, 1

2 + 12z

), C = (1, 0), D = (0, 0), te je

FZ

(z) =∫∫S

12x3ydxdy =

=z∫0

(x∫0

12x3ydy

)dx +

1∫z

( 12 x+ 1

2 z∫0

12x3ydy

)dx =

= 12z∫0

12x5dx + 12

1∫z

18x3 (x + z)2 dx =

= z6 +(− 49

40z6 + 38z2 + 3

5z + 14

)= − 9

40z6 + 38z2 + 3

5z + 14 ;

(b.3) za 1 < z (poluravan Y < 12X + 1

2z sadrzi oblast T ) je:F

Z(z) = 1.

Dakle:

FZ

(z) =

0 , z ≤ −1− 9

40z6 + 38z2 + 3

5z + 14 , −1 < z ≤ 1

1 , 1 < z,

ϕZ (z) = F ′Z

(z) =

0 , z 6∈ (−1, 1]− 27

20z5 + 34z + 3

5 , z ∈ (−1, 1] .

4. Oznacimo sa n broj kockica koje se bacaju. Neka je Xi broj koji se dobija

na i-toj kockici, i ∈ 1, 2, . . . , n. Tada slucajna promenljiva Sn =n∑

i=1

Xi

predstavlja zbir svih brojeva koji se dobijaju na n kockica. Posto suslucajne promenljive Xi nezavisne i sve imaju isti zakon raspodele(

1 2 3 4 5 616

16

16

16

16

16

),

pri cemu je

E (Xi) = 16 (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 7

2 ,

92

E(X2

i

)= 1

6

(12 + 22 + 32 + 42 + 52 + 62

)= 91

6 ,

D (Xi) = E(X2

i

)− (E (Xi))2 = 35

12 ,

mozemo na Sn primeniti centralnu granicnu teoremu, pri cemu je

E (Sn) = E

(n∑

i=1

Xi

)=

n∑i=1

E (Xi) = nE (Xi) = 72n,

D (Sn) = D

(n∑

i=1

Xi

)=

n∑i=1

D (Xi) = nD (Xi) = 3512n.

(a) P (300 < S100 < 400) == P (300− E (S100) < S100 − E (S100) < 400− E (S100)) =

= P

(300−E(S100)√

D(S100)< S100−E(S100)√

D(S100)< 400−E(S100)√

D(S100)

)=

= P

(300−350√

350012

< S100−E(S100)√D(S100)

< 400−350√350012

)=

≈ P

(−2.9277 < S100−E(S100)√

D(S100)< 2.9277

)≈

≈ φ (2.9277)− φ (−2.9277) == 2φ (2.9277)− 1 ≈ 2 · 0.9982− 1 ≈ 0.9964.

(b) Po n resavamo jednacinu P (Sn > 100) = 0.9:P (Sn > 100) = 0.9 ⇔ 1− P (Sn ≤ 100) = 0.9 ⇔⇔ 1− P

(Sn−E(Sn)√

D(Sn)≤ 100−E(Sn)√

D(Sn)

)= 0.9 ⇔

⇔ 1− φ

(100−E(Sn)√

D(Sn)

)≈ 0.9 ⇔ φ

(100− 7

2 n√3512 n

)≈ 0.1 ⇔

⇔ 100− 72 n√

3512 n

≈ φ−1 (0.1) ⇔

⇔ 100− 72 n√

3512 n

≈ −φ−1 (1− 0.1) = −φ−1 (0.9) ≈ −1.28 ⇔⇔ 100−3.5n

1.70783√

n≈ −1.28 ⇔ 3.5·n−2.1860224·√n−100 ≈ 0 ⇔

⇔ (3.5 · t2 − 2.1860224 · t− 100 ≈ 0 ∧ t =

√n) ⇔

⇔ ((t ≈ −5.04205 ∨ t ≈ 5.66663) ∧ t =√

n) ⇔⇔ (

√n ≈ −5.04205 ∨ √

n ≈ 5.66663) ⇔⇔ √

n ≈ 5.66663 ⇔ n ≈ 5.666632 ≈ 32.110696,sto znaci da treba baciti 33 kockice.

5. Stanja sistema definisemo brojem ukljucenih lampica (moguca stanja su0, 1 ili 2). Oznacimo sa Sn

1 i Sn2 stanja = ”ukljuceno” i × = ”iskljuceno”

posmatranih lampica u momentu n. Tada su prelazne verovatnoce (koris-timo nezavisnost ponasanja sijalica):p0,0 = P

Sn+1

1 = × | Sn1 = ×P

Sn+1

2 = × | Sn2 = × = 1

3· 1

3= 1

9,

p0,1 = PSn+1

1 = | Sn1 = ×P

Sn+1

2 = × | Sn2 = ×+

+ PSn+1

1 = × | Sn1 = ×P

Sn+1

2 = | Sn2 = × = 2

3· 1

3+ 1

3· 2

3= 4

9,

p0,2 = PSn+1

1 = | Sn1 = ×P

Sn+1

2 = | Sn2 = × = 2

3· 2

3= 4

9.

93

Analogno dobijamo

p1,0 = 14 · 1

3 = 112 , p1,1 = 1

3 · 34 + 2

3 · 14 = 5

12 , p1,2 = 23 · 3

4 = 612 ,

p2,0 = 14 · 1

4 = 116 , p2,1 = 2 · 1

4 · 34 = 6

16 , p2,2 = 34 · 3

4 = 916 ,

te mozemo formirati matricu prelaza P = P (1), a zatim i matricu prelazaza 2 koraka (2 sekunde) P (2) = P 2:

0 1 2

P =0

1

2

19

49

49

112

512

612

116

616

916

0 1 2

⇒ P 2 =0

1

2

2534 . . . . . .65864 . . . . . .1692304 . . . . . .

.

Vektor pocetnih verovatnoca je:0 1 2

p0 =[14

12

14

].

Stanje sistema nakon dve sekunde je:0 1 2

p2 = p0 · P 2 =[

624182944 . . . . . .

],

te je trazena verovatnoca 1− 624182944 = 76703

82944 ≈ 0.925.

6. Un : E (12n

), E (Un) = 1

12n

= 2n, D (Un) = 11

(2n)2= 22n,

E(U2

n

)= D (Un) + (E (Un))2 = 22n+1.


mX

(t) = E (Xt) = E

(3∑

n=0tnUn

)[1]=

3∑n=0

tnE (Un) =3∑

n=02ntn =

= 1 + 2t + 4t2 + 8t3.

Autokovarijansna funkcija:

KX (t, s) = E ((Xt −mX (t)) (Xs −mX (s))) =

= E

((3∑

n=0tnUn −

3∑n=0

2ntn)(

3∑n=0

snUn −3∑

n=02nsn

))=

= E

(3∑

n=0tn (Un − 2n) ·

3∑n=0

sn (Un − 2n))

=

= E

(3∑

n=0tn (Un − E (Un)) ·

3∑n=0

sn (Un − E (Un)))

=

[1]=

3∑n=0

tnsnE((Un − E (Un))2

)+

3∑n,m=0n 6=m

tnsmE ((Un − 2n) (Um − 2m)) =

[2]=

3∑n=0

tnsnD (Un) +3∑

n,m=0n 6=m

tnsmE (Un − 2n) E (Um − 2m) =

=3∑

n=022n (ts)n +

3∑n,m=0n 6=m

tnsm · 0 · 0 = 1 + 4 (ts) + 16 (ts)2 + 64 (ts)3.

94

Disperzija:

Prvi nacin: koristeci osobine disperzije dobijamo

DX

(t) = D

(3∑

n=0tnUn

)[2]=

3∑n=0

(tn)2 D (Un) =3∑

n=022nt2n =

= 1 + 4t2 + 16t4 + 64t6.

Drugi nacin: koristeci autokovarijansnu funkciju dobijamo

DX

(t) = KX

(t, t) = 1 + 4t2 + 16(t2

)2 + 64(t2

)3 = 1 + 4t2 + 16t4 + 64t6.

[1] - Matematicko ocekivanje je linearna funkcija.

[2] - Slucajne promenljive Un su nezavisne.

7. Slucajna promenljiva X ima sledece karakteristike:

ϕX (x; b) =

0 , x 6∈ [0, b]1b , x ∈ [0, b] ,

FX (x; b) =

0 , x < 01b x , x ∈ [0, b]1 , x > b

, (b > 0),

E (X) = 12b, D (X) = 1

12b2.

Prvi nacin - metodom maksimalne verodostojnosti:

Funkcija verodostojnosti je L (x1, . . . , xn; b) =n∏

i=1

ϕX (xi; b) = 1bn .

L (x1, . . . , xn; b) je monotono opadajuca funkcija (po b), te dostize maksi-malnu vrednost za najmanje b za koje uzorak ima smisla 1, a to je u tackib = max x1, x2, . . . , xn.Tako dobijamo ocenu:

b = max X1, X2, . . . , Xn.Posto je

Fb(t) = P

(b < t

)= P (max X1, X2, . . . , Xn < t) =

= P (X1 < t,X2 < t, . . . ,Xn < t) =

1L (x1, . . . , xn; b) =

0 , ∃i, xi 6∈ [0, b]1

bn , ∀i, xi ∈ [0, b],

∂ ln L(x1,...,xn;b)∂b

=

0 , ∃i, xi 6∈ [0, b]−n

b, ∀i, xi ∈ [0, b]

.

Kako X ima U (0, b) raspodelu, elementi xi uzorka ce biti nenegativni (ako bi u uzorkupostojao element xi < 0, tada bismo konstatovali da obelezje X nema navedenu raspodelu).

Posto je∂ ln L(x1,...,xn;b)

∂b< 0 (za svako b > 0) ako je zadovoljen uslov ∀i, xi ∈ [0, b], pri

cemu je ∀i, xi ∈ [0, b] ⇔ b ≥ max x1, . . . , xn , i s druge strane je∂ ln L(x1,...,xn;b)

∂b= 0 (za

svako b > 0) ako ∃i, xi 6∈ [0, b], pri cemu je ∃i, xi 6∈ [0, b] ⇔ b < max x1, . . . , xn , sledi daje funkcija L (x1, . . . , xn; b) monotono opadajuca (po b) na intervalu [max x1, . . . , xn ,∞)(na intervalu na kome nije identicki jednaka nuli), te stoga na tom intervalu dostize svojmaksimum (kao funkcija od b) na levom rubu.

95

= P (X1 < t)P (X2 < t) . . . P (Xn < t) =

= FX1(t)F

X2(t) . . . F

Xn(t) = (F

X(t))n =

0 , t < 01bn tn , t ∈ [0, b]1 , t > b

,

sledi da je: ϕb(t) = F ′b (t) =

nbn tn−1 , t ∈ [0, b]

0 , t 6∈ [0, b] .

Centriranost:

E(b)

=∞∫−∞

tϕb(t) dt =

b∫0

t nbn tn−1dt = n

bntn+1

n+1

b

|0

= b nn+1 .

Statistika b nije centrirana ali jeste asimptotski centrirana ocena parame-tra b jer je: E

(b)

= b nn+1 6= b i lim

n→∞E

(b)

= limn→∞

b nn+1 = b.

Postojanost: za proizvoljno ε > 0 vazi

P(∣∣∣b− b

∣∣∣ > ε)

= 1− P(∣∣∣b− b

∣∣∣ ≤ ε)

= 1− P(b− ε ≤ b ≤ b + ε

)=

= 1− (F

b(b + ε)− F

b(b− ε)

)=

=

1−

(1− n

bn (b− ε)n−1)

, 0 < ε < b

1− (1− 0) , ε ≥ b=

nb

(b−ε

b

)n−1, 0 < ε < b

0 , ε ≥ b.

Ocena je postojana jer je

limn→∞

P(∣∣∣b− b

∣∣∣ > ε)

=

lim

n→∞nb

(b−ε

b

)n−1, 0 < ε < b

limn→∞

0 , ε ≥ b

[1]= 0.

[1] - Jer je 0 < b−εb < 1 a poznato je da za |q| < 1 vazi lim

n→∞nqn = 0.

Drugi nacin - metodom momenata:

Izjednacavanjem matematickog ocekivanja E (X) = 12b obelezja X

sa uzorackom srednjom vrednoscu Xn = 1n

n∑i=1

Xi dobijamo jednacinu

12b = 1

n

n∑i=1

Xi cijim resavanjem po b dobijamo ocenu:

b = 2n

n∑i=1

Xi.

Centriranost:

E(b)

= E

(2n

n∑i=1

Xi

)= 2

n

n∑i=1

E (Xi) = 2n

n∑i=1

12b = 2

n · n · 12b = b,

te je b centrirana ocena parametra b.

Postojanost: statistika b je centrirana ocena parametra b pa postojanostmozemo ispitati koristeci zakon veliki brojeva Cebiseva, za proizvoljnoε > 0 vazi

P(∣∣b− b

∣∣ ≥ ε)

= P

(∣∣∣∣ 2n

n∑i=1

Xi − 2nn b

2

∣∣∣∣ ≥ ε

)=

= P

(∣∣∣∣2 1n

n∑i=1

Xi − 2 1n

n∑i=1

b2

∣∣∣∣ ≥ ε

)= P

(2

∣∣∣∣ 1n

n∑i=1

Xi − 1n

n∑i=1

E (Xi)∣∣∣∣ ≥ ε

)=

96

= P

(∣∣∣∣ 1n

n∑i=1

Xi − E

(1n

n∑i=1

Xi

)∣∣∣∣ ≥ ε2

).

Ocena je postojana jer na osnovu zakona velikih brojeva Cebiseva (pricemu su ispunjeni svi potrebni uslovi za primenu tog zakona: Xi su neza-visne slucajne promenljive sa jednakim, konacnim disperzijama) vazi

limn→∞

P(∣∣b− b

∣∣ > ε)

= limn→∞

P

(∣∣∣∣ 1n

n∑i=1

Xi − 1n

n∑i=1

E (Xi)∣∣∣∣ ≥ ε

2

)= 0.

8. Oznacimo intervale iz uzorka redom sa Ik = (ak, bk], k ∈ 1, 2, 3, 4.Teorijske verovatnoce najlakse mozemo dobiti na sledeci nacin: za svek ∈ 1, 2, 3, 4 je

pk = P (X ∈ Ik) = P (ak < X ≤ bk) =bk∫

ak

ϕ (x) dx[1]=

bk∫ak

2xdx = b2k − a2

k.

[1] - Svaki od intervala Ik se nalazi unutar oblasti (0, 1).

Tako dobijamo: p1 = 116 , p2 = 3

16 , p3 = 516 , p4 = 7

16 .

Velicina uzorka: n =4∑

k=1

mk = 6 + 18 + 20 + 30 = 74.

Ik

(0, 1

4

] (14 , 1

2

] (12 , 3

4

] (34 , 1

]

mk 6 18 20 30

pk116

316

516

716

Vrednost statistike Z =4∑

k=1

(mk−npk)2

npkza nas uzorak iznosi

z = (6−74· 116 )

2

74· 116

+ (18−74· 316 )

2

74· 316

+ (20−74· 516 )

2

74· 516

+ (30−74· 716 )

2

74· 716

≈ 2.23,

a iz tablica ocitavamo: χ20.02;4−1 = χ2

0.02;3 > χ20.025;3 ≈ 9.35.

Posto je χ20.02;3 > z, konstatujemo da uzorak ne protivreci hipotezi da

obelezje X ima raspodelu odredenu navedenom gustinom.

09.07.2000.

1. Igrac baca novcic 2 puta. Ako pismo padne bar jednom, izvlaci dve kuglicesa vracanjem iz kutije koja sadrzi 3 zelene i 2 bele kuglice. Ako pismo nepadne nijednom, izvlaci dve kuglice bez vracanja iz iste kutije.

(a) Izracunati verovatnocu da ce igrac izvuci 2 zelene kuglice.

(b) Ako igrac nije izvukao 2 zelene kuglice, koliko iznosi verovatnoca daje pri bacanju novcica 2 puta pao grb?

97

2. U kutiji se nalaze 3 zelene i 3 crvene kuglice. Igrac na slucajan nacin bira3 kuglice iz kutije, a zatim baca onoliko kockica koliko je zelenih kuglicaizvukao. Neka slucajna promenljiva X oznacava broj izvucenih zelenihkuglica, a slucajna promenljiva Y broj pojavljivanja 6 - ice na bacenimkockicama.

(a) Naci raspodelu dvodimenzionalnog slucajnog vektora (X,Y ).

(b) Naci matematicko ocekivanje E (Y | X = 2).

3. Neka je X slucajna promenljiva sa uniformnom U (2, 3) raspodelom.

(a) Naci raspodelu dvodimenzionalnog slucajnog vektora (Y, Z) gde jeY = X2 − 2 i Z = X + 2.

(b) Naci matematicko ocekivanje i disperziju slucajne promenljive Y .

4. Poznato je da jedno pakovanje patent olovaka sadrzi prosecno 4% neis-pravnih olovaka.

(a) Koliko iznosi verovatnoca da ce u pakovanju od 100 olovaka bar 94olovke biti ispravne?

(b) Koliko je najmanje olovaka potrebno staviti u jedno pakovanje da biono sadrzalo bar 100 ispravnih sa verovatnocom ne manjom od 0.95?

5. Iz populacije obelezja X sa normalnom raspodelom uzet je prost slucajanuzorak:

Ik (0.5, 1.5] (1.5, 2.5] (2.5, 3.5] (3.5, 4.5]mk 2 3 8 12Ik (4.5, 5.5] (5.5, 6.5] (6.5, 7.5] (7.5, 8.5]mk 10 2 2 1

(a) Naci 95% interval poverenja za matematicko ocekivanje obelezja X.

(b) Naci 90% jednostrani interval poverenja za disperziju obelezja X.

6. Obelezje X ima raspodelu odredenu gustinom:

ϕX

(x) =

1αx−

1+αα , x > 1

0 , x ≤ 1, gde je α > 0.

(a) Metodom maksimalne verodostojnost naci ocenu parametra α.

(b) Za tako dobijenu ocenu ispitati postojanost i centriranost.

7. Neka je U slucajna promenljiva sa normalnom N (0, 1) raspodelom, i nekaje Xt, t ∈ [0,∞) slucajni proces definisan sa Xt = a sin (bt + U),gde su a i b pozitivne realne konstante. Naci ocekivanje, disperziju iautokovarijansnu funkciju procesa Xt. Da li je Xt stacionaran slucajniproces?

98

8. Cestica se u diskretnim vremenskim trenucima krece potemenima kvadrata ABCD sa slike, pri cemu u svakomkoraku moze da prede samo u susedno teme, i to na sledecinacin: krece se u pozitivnom matematickom smeru saverovatnocom 2

3 a u negativnom sa verovatnocom 13 , pri

cemu, ako dospe u teme A, kretanje prestaje (tj. cesticaostaje u temenu A).

bA

bB

bCbD

(a) Naci finalne verovatnoce, ako postoje.

(b) Ako je na pocetku cestica bila u temenu B, koliko iznosi verovatnocada ce posle cetiri koraka cestica biti (i ostati) u temenu A?

Resenja:

1. Oznacimo sledece dogadaje i izracunajmo njihove verovatnoce:

H1 - ”pismo ne pada ni jednom”: P (H1) = 12 · 1

2 = 14 ,

H2 - ”pismo pada bar jednom”: P (H2) = 1− P (H1) = 1− 14 = 3

4 ,A - ”igrac izvlaci 2 zelene kuglice”.

(a) P (A | H1)[1]= 3

5 · 24 = 3

10 , P (A | H2)[2]= 3

5 · 35 = 9

25 .

[1] - Izvlace se dve kuglice zaredom bez vracanja (kao kada odjed-nom izvlacimo dve od pet kuglica).[2] - Izvlace se dve kuglice jedna za drugom sa vracanjem (dvanezavisna izvlacenja, sa jednakim verovatnocama ishoda).

Dogadaji H1 i H2 cine potpun sistem dogadaja, pa po formuli totalneverovatnoce dobijamo:P (A) = P (H1) P (A | H1) + P (H2)P (A | H2) = 1

4 · 310 + 3

4 · 925 = 69

200 .

(b) Trazimo verovatnocu P(H1 | A

). Posto je:

P(A

)= 1− P (A) = 131

200 , P(A | H1

)= 1− P (A | H1) = 7

10 ,na osnovu Bajesove formule dobijamo:

P(H1 | A

)=

P (H1)P(A | H1

)

P(A

) =14 · 7

10131200

=35131

.

2. Raspodelu slucajne promenljive X mozemo dobiti racunajuci odgovaraju-ce verovatnoce primenom klasicne (Laplasove) definicije verovatnoce: zasvako k ∈ RX = 0, 1, 2, 3 je

P (X = k) = ( 3k )·( 3

3−k )( 6

3 )= ( 3

k )·( 33−k )

20 , dakle X :(

0 1 2 3120

920

920

120

).

Naravno, skup mogucih vrednosti slucajne promenljive Y je takodeRY = 0, 1, 2, 3.(a) RX,Y = RX ×RY = (i, j) | i, j ∈ 0, 1, 2, 3.

99

Zajednicki zakon raspodele vektora (X,Y ) mozemo naci na sledecinacin:

P (X = i, Y = j) = P (X = i)P (Y = j | X = i) , (i, j) ∈ RX,Y .

Za j > i je ociglednoP (X = i, Y = j) = P (X = i) P (Y = j | X = i) = P (X = i) · 0 = 0,i dalje jeP (X = 0, Y = 0) = P (X = 0) P (Y = 0 | X = 0) = 1

20· 1 = 1

20,

P (X = 1, Y = 0) = P (X = 1) P (Y = 0 | X = 1) = 920· 5

6= 3

8,

P (X = 1, Y = 1) = P (X = 1) P (Y = 1 | X = 1) = 920· 1

6= 3

40,

P (X = 2, Y = 0) = P (X = 2) P (Y = 0 | X = 2) = 920· 5

6· 5

6= 5

16,

P (X = 2, Y = 1) = P (X = 2) P (Y = 1 | X = 2) = 920· 2 · 1

6· 5

6= 1

8,

P (X = 2, Y = 2) = P (X = 2) P (Y = 2 | X = 2) = 920· 1

6· 1

6= 1

80,

P (X = 3, Y = 0) = P (X = 3) P (Y = 0 | X = 3) = 120· 5

6

3= 25

864,

P (X = 3, Y = 1) = P (X = 3) P (Y = 1 | X = 3) = 120· 3 · 5

6

2 · 16

= 5288

,

P (X = 3, Y = 2) = P (X = 3) P (Y = 2 | X = 3) = 120· 3 · 5

6· 1

6

2= 1

288,

P (X = 3, Y = 3) = P (X = 3) P (Y = 3 | X = 3) = 120· 1

6

3= 1

4320.

Dakle:Y

X0 1 2 3 P (X = i)

0 120 0 0 0 1

20

1 38

340 0 0 9

20

2 516

18

180 0 9

20

3 25864

5288

1288

14320

120

(b) Zakon raspodele slucajne promenljive Y | X = 2 nalazimo nasledeci nacin:P (Y = j | X = 2) = P(X=2,Y =j)

P(X=2) = 209 P (X = 2, Y = j) , j ∈ RY .

Dakle:P (Y = 0 | X = 2) = 20

9 P (X = 2, Y = 0) = 209 · 5

16 = 2536 ,

P (Y = 1 | X = 2) = 209 P (X = 2, Y = 1) = 20

9 · 18 = 5

18 ,P (Y = 2 | X = 2) = 20

9 P (X = 2, Y = 2) = 209 · 1

80 = 136 ,

P (Y = 3 | X = 2) = 209 P (X = 2, Y = 3) = 20

9 · 0 = 0.

Prema tome, Y | X = 2 :(

0 1 22536

518

136

), te dobijamo

E (Y | X = 2) =2∑

j=0

j P (Y = j | X = 2) = 0 · 2536 + 1 · 5

18 + 2 · 136 = 1

3 .

3. Gustina i funkcija raspodele slucajne promenljive X : U (2, 3) glase:

ϕX

(x) =

0 , x 6∈ [2, 3]1 , x ∈ [2, 3] , F

X(x) =

0 , x ≤ 2x− 2 , 2 < x ≤ 3

1 , 3 < x.

100

(a) FY,Z

(y, z) = P (Y < y, Z < z) = P(X2 − 2 < y,X + 2 < z

)=

= P(X2 < y + 2, X < z − 2

)= . . .

Dogadaj X2 < y +2 je nemoguc za y +2 ≤ 0, a za y +2 > 0 je ekvi-valentan sa −√y + 2 < X <

√y + 2, te dobijamo sledece slucajeve

(vidi sliku):

-

6

y

z

−2 2

2

`z−2=−√y+2

z−2=√

y+2

(a.1) za y ≤ −2 : FY,Z (y, z) = 0;(a.2) za y > −2 :

FY,Z

(y, z) = P(−√y + 2 < X <

√y + 2, X < z − 2

)=

= P(−√y + 2 < X < min

√y + 2, z − 2

)=

= FX

(min

√y + 2, z − 2

)− FX

(−√y + 2)

=[1]= FX

(min

√y + 2, z − 2

)= . . .

(a.2.1) za slucaj min√

y + 2, z − 2 ≤ 2

( ⇔ √y + 2 ≤ 2 ∨ z − 2 ≤ 2

⇔ (y ≤ 2 ∨ z ≤ 4))

je: FY,Z (y, z) = 0;(a.2.2) slucaj 2 < min

√y + 2, z − 2

≤ 3( ⇔

2 <√

y + 2 ∧ 2 < z − 2 ∧ √y + 2 ≤ 3 ∨ z − 2 ≤ 3

)

mozemo podeliti na sledeca dva podslucaja:(a.2.2.1) za min

√y + 2, z − 2

=√

y + 2 (pri cemu je2 <

√y + 2 ≤ 3 tj. 2 < y ≤ 7)

imamo: FY,Z (y, z) =√

y + 2− 2;(a.2.2.2) za min

√y + 2, z − 2

= z−2 (pri cemu je 2 < z−2 ≤ 3

tj. 4 < z ≤ 5)imamo: FY,Z (y, z) = (z − 2)− 2 = z − 4;

(a.2.3) za slucaj 3 < min√

y + 2, z − 2

( ⇔ (3 <

√y + 2 ∧ 3 < z − 2

) ⇔ (7 < y ∧ 5 < z))je: FY,Z (y, z) = 1.

Prema tome:F

Y,Z(y, z) =

=

0 , y ≤ 2 ∨ z ≤ 4√y + 2− 2 , 2 < y ≤ 7 ∧ √

y + 2 ≤ z − 2z − 4 , 4 < z ≤ 5 ∧ √

y + 2 ≥ z − 21 , 7 < y ∧ 5 < z

.

[1] - Za α ≤ 0 je FX

(α) = 0 (vidi raspodelu promenljive X).

101

(b) E (X) = 2+35 = 5

2 , D (X) = (3−2)2

12 = 112 ,

E(X2

)= D (X) + (E (X))2 = 19

3 ,odakle jeE (Y ) = E

(X2 − 2

)= E

(X2

)− E (2) = 193 − 2 = 13

3 ,

D (Y ) = D(X2 − 2

) [2]= D

(X2

)+ D (2) =

=(E

((X2

)2)− (

E(X2

))2)

+ 0 = E(X4

)− (193

)2 =

=∞∫−∞

x4ϕX

(x) dx− 3619 =

3∫2

x4dx− 3619 = 211

5 − 3619 = 94

45 .

[2] - Slucajne promenljive X2 i C ≡ 2 su nezavisne.

4. Obelezimo sa Xi slucajnu promenljivu koja predstavlja indikator is-pravnosti i - te olovke u pakovanju, pri cemu je njena raspodela data sa(

0 10.04 0.96

), pri cemu Xi = 0 predstavlja dogadaj ”i - ta olovka je

neispravna”, a Xi = 1 predstavlja dogadaj ”i - ta olovka je ispravna”.Slucajne promenljive Xi su nezavisne i sve imaju matematicko ocekivanjeE (Xi) = 0.96 i disperziju D (Xi) = 0.96 · 0.04 = 0.0384. Slucajna

promenljiva Sn =n∑

i=1

Xi predstavlja broj ispravnih olovaka u paketu

od n olovaka i ona ima binomnu B (n, 0.96) raspodelu, ali cemo zbogracunskih teskoca pri nalazenju verovatnoce

P (Sn < k) =k−1∑i=0

(ni

) · 0.96i · 0.04n−i

izracunati pribliznu vrednost pomocu centralne granicne teoreme.

E (Sn) = E

(n∑

i=1

Xi

)=

n∑i=1

E (Xi) =n∑

i=1

0.96 = 0.96 n,

D (Sn) = D

(n∑

i=1

Xi

)=

n∑i=1

D (Xi) =n∑

i=1

0.0384 = 0.0384 n.

(a) P (S100 ≥ 94) = 1− P (S100 < 94) =

= 1−P

(S100−E(S100)√

D(S100)< 94−E(S100)√

D(S100)

)= 1−P

(S100−E(S100)√

D(S100)< 94−96√

3.84

)[1]≈

≈ 1− φ(

94−96√3.84

)≈ 1− φ (−1.02) = φ (1.02) ≈ 0.8461.

(b) Dakle, trazimo najmanje resenje n nejednacine P (Sn > 100) ≥ 0.95:P (Sn > 100) ≥ 0.95 ⇔ 1− P (Sn ≤ 100) ≥ 0.95 ⇔⇔ 1− P (Sn < 101) ≥ 0.95 ⇔ P (Sn < 101) ≤ 0.05 ⇔⇔ P

(Sn−E(Sn)√

D(Sn)< 101−E(Sn)√

D(Sn)

)≤ 0.05 ⇔

⇔ P

(Sn−E(Sn)√

D(Sn)< 101−0.96 n√

0.0384 n

)≤ 0.05

[1]⇔

⇔ φ(

101−0.96 n√0.0384 n

)¹ 0.05 ⇔ 101−0.96 n√

0.0384 n¹ φ−1 (0.05) ⇔

102

⇔ 101−0.96 n√0.0384 n

¹ −φ−1 (1− 0.05) = −φ−1 (0.95) ≈ −1.645 ⇔⇔ 0 ¹ 0.96 n− 1.645

√0.0384 n− 101 ⇔

⇔ 0 ¹ 0.96 n− 0.3224√

n− 101 ⇔⇔ (

0 ¹ 0.96 t2 − 0.3224 t− 101 ∧ t =√

n) ⇔

⇔ ((t ¹ −10.0906 ∨ t º 10.4264) ∧ t =√

n) ⇔⇔ (

√n ¹ −10.0906 ∨ √

n º 10.4264) ⇔⇔ √

n º 10.4264 ⇔ n º 108.71.Dakle, potrebno je najmanje n = 109 olovaka.

[1] - Raspodelu slucajne promenljive S∗n = Sn−E(Sn)√D(Sn)

na osnovu central-

ne granicne teoreme aproksimiramo normalnom raspodelom N (0, 1).

5. Velicina datog uzorka je n = 2+3+8+12+10+2+2+1 = 40. Obelezimo saak i bk redom leve i desne krajeve intervala Ik. Pri izracunavanju uzorackearitmeticke sredine Xn i uzoracke disperzije Sn cemo svaki interval Ik

iz uzorka reprezentovati njegovom sredinom xk, te tako dobijamo:

sredine intervala xk 1 2 3 4 5 6 7 8frekvencija mk 2 3 8 12 10 2 2 1

x40 = 140

8∑k=1

mk xk = 4.1,

s240 = 1

40

8∑k=1

mk (xk − x40)2 = 2.24, s40 =

√s240 ≈ 1.4967.

(a) Obelezje X ima normalnu N (m,σ) raspodelu, a tada slucajnapromenljiva (statistika) Z = X40−m

S40

√40− 1 ima Studentovu tn−1

raspodelu, sto znaci da po zahtevu zadatka za matematicko ocekiva-nje m obelezja X treba da vazi:

P(∣∣∣X40−m

S40

√40− 1

∣∣∣ < a)

= 0.95. [∗]Broj a nalazimo koristeci [∗] i tablice Studentove raspodele na sledecinacin:

P(∣∣∣X40−m

S40

√40− 1

∣∣∣ < a)

= 0.95[1]⇔

⇔ Ft40−1 (a)− Ft40−1 (−a) = 2Ft39 (a)− 1 = 0.95 ⇔⇔ Ft39 (a) = 1+0.95

2 = 0.975 ⇔⇔ a = t39;0.975 ≈ t40;0.975 ≈ 2.021.Posto je [∗] ekvivalentno sa

P(X40 − t39;0.975

S40√39≤ m ≤ X40 + t39;0.975

S40√39

)≈ 0.95,

to je trazeni 95% interval poverenja za matematicko ocekivanje m:

I =[x40 − t39;0.975

s40√39

, x40 + t39;0.975s40√39

]= [3.61565, 4.58435].

[1] - Gustina Studentove raspodele je simetricna tj. parna funkci-ja, te je Ftn−1 (−a) = 1− Ftn−1 (a).

103

(b) S obzirom da obelezje X ima normalnu N (m,σ) raspodelu, slucajna

promenljiva (statistika) 40S240

σ2 ima χ240−1 raspodelu, sto znaci da

po zahtevu zadatka za disperziju σ2 obelezja X treba da vazi:

P(

40S240

σ2 ≥ a)

= 1−P(

40S240

σ2 < a)

= 0.9 ⇔ P(

40S240

σ2 < a)

= 0.1,

gde iz tablica χ2 raspodele nalazimo da jea = χ2

40−1;0.1 = χ239;0.1 ≈ χ2

30;0.1 ≈ 21.

Posto je

P(

40S240

σ2 ≥ χ239;0.1

)= 0.9 ⇔ P

(σ2 ≤ 40S

240

χ239;0.1

)= 0.9,

to je trazeni 90% jednostrani interval poverenja za disperziju σ2:

I =[0,

40s240

χ239;0.1

]=

[0, 64

15

]= [0, 4.26667] .

6. (a) Funkcija verodostojnosti:

L (x1, . . . , xn; α) =n∏

i=1

ϕX (xi) =

1αn

(n∏

i=1

xi

)− 1+αα

, ∀i, xi > 1

0 , ∃i, xi ≤ 1.

Dakle, za xi > 1, i ∈ 1, 2, . . . , n i za α ∈ (0, 1) je:

ln L (x1, . . . , xn; α) = −n ln α− 1+αα

n∑i=1

ln xi,

∂∂α ln L (x1, . . . , xn; α) = −n

α + 1α2

n∑i=1

ln xi.

∂∂α ln L (x1, . . . , xn; α) = 0 ⇔ n

α = 1α2

n∑i=1

ln xi ⇔

⇔ α = 1n

n∑i=1

ln xi.

Dakle, mozemo uzeti ocenu: α = 1n

n∑i=1

ln Xi.

(b) Centriranost:

E (α) = E

(1n

n∑i=1

ln Xi

)= 1

n

n∑i=1

E (lnXi) = 1n

n∑i=1

E (ln X) =

= 1n n E (ln X) = E (ln X) =

∞∫−∞

ln x ϕX

(x) dx =

= 1α

∞∫1

x−1+α

α ln x dx[1]= (− ln x )

∞|1

+∞∫1

x−1+α

α dx =

= (0− 0)− αx−1α

∞|1

= −α (0− 1) = α.

[1] - Parcijalnom integracijom: u = ln x, dv = x−1+α

α .Dakle, ocena α jeste centrirana.

Postojanost: statistika α je centrirana ocena parametra α pa posto-janost mozemo ispitati koristeci zakon velikih brojeva Cebiseva; zaproizvoljno ε > 0 vazi

104

P (|α− α| ≥ ε) = P

(∣∣∣∣ 1n

n∑i=1

ln Xi − 1n n α

∣∣∣∣ ≥ ε

)=

= P

(∣∣∣∣ 1n

n∑i=1

lnXi − 1n

n∑i=1

α

∣∣∣∣ ≥ ε

)=

[2]= P

(∣∣∣∣ 1n

n∑i=1

ln Xi − 1n

n∑i=1

E (ln Xi)∣∣∣∣ ≥ ε

).

Ocena je postojana jer na osnovu zakona velikih brojeva Cebiseva(pri cemu su ispunjeni svi potrebni uslovi za primenu tog zakona: Xi

su nezavisne slucajne promenljive sa jednakim, ogranicenim disperz-ijama) vazi

limn→∞

P (|α− α| > ε)= limn→∞

P

(∣∣∣∣ 1n

n∑i=1

ln Xi − 1n

n∑i=1

E (ln Xi)∣∣∣∣ ≥ ε

)= 0.

[2] - Pri ispitivanju centriranosti smo videli da jeE (lnX) = E (lnXi) = α.

7. Matematicko ocekivanje:

mX (t) = E (a sin (bt + U)) = a E (sin (bt + U)) =

= a∞∫−∞

sin (bt + u) ϕU

(u) du = a∞∫−∞

sin (bt + u) 1√2π

e−u2du = a sin(bt)√

2√

e.


KX (t, s) = E ((Xt−mX (t)) (Xs−mX (s))) = E (XtXs)−mX (t)mX (s) =

= E (a sin (bt + U) a sin (bs + U))− a2 sin(bt) sin(bs)2√

e=

= a2 E (sin (bt + U) sin (bs + U))− a2 sin(bt) sin(bs)2√

e

[1]=

= a2 E ((sin (bt) cos U + cos (bt) sin U) (sin (bs) cos U + cos (bs) sin U))

−a2 sin(bt) sin(bs)2√

e=

= a2 E(sin (bt) sin (bs) cos2 U + sin (b (t + s)) sin U cosU+

+ cos (bt) cos (bs) sin2 U)− a2 sin(bt) sin(bs)

2√

e=

= a2 sin (bt) sin (bs)E(cos2 U

)+ a2 sin (b (t + s))E (sinU cos U)+

+a2 cos (bt) cos (bs) E(sin2 U

)− a2 sin(bt) sin(bs)2√

e=

= a2 sin (bt) sin (bs)∞∫−∞

cos2 u ϕU

(u) du +

+ a2 sin (b (t + s))∞∫−∞

sin u cos u ϕU (u) du +

+ a2 cos (bt) cos (bs)∞∫−∞

sin2 u ϕU

(u) du− a2 sin(bt) sin(bs)2√

e=

= a2 sin (bt) sin (bs)∞∫−∞

cos2 u 1√2π

e−u2du +

105

+ a2 sin (b (t + s))∞∫−∞

sin u cosu 1√2π

e−u2du +

+ a2 cos (bt) cos (bs)∞∫−∞

sin2 u 1√2π

e−u2du− a2 sin(bt) sin(bs)

2√

e=

= a2

2√

2e(e + 1) sin (bt) sin (bs) + 0+

+ a2

2√

2e(e− 1) cos (bt) cos (bs)− a2 sin(bt) sin(bs)

2√

e=

= a2

2√

2e

((e + 1−√2e

)sin (bt) sin (bs) + (e− 1) cos (bt) cos (bs)

).

Disperzija:

DX (t) = KX (t, t) = a2

2√

2e

((e + 1−√2e

)sin2 (bt) + (e− 1) cos2 (bt)

)=

= a2

2√

2e

(e +

(1−√2e

)sin2 (bt)− cos2 (bt)

).

[1] - Koristimo adicione formule za ”sinus zbira”.

8. Na osnovu opisa dobijamo matricu prelaza za jedan korak:

A B C D

P =

A

B

C

D

1 0 0 013 0 2

3 00 1

3 0 23

23 0 1

3 0

.

(a) Finalne verovatnoce p∗ = [x y z u], x, y, z, u ∈ (0, 1) ne postoje jeru matrici P imamo p1,1 (1) = 1 i p1,2 (1) = p1,3 (1) = p1,4 (1) = 0,te u maticama Pn za svako n ∈ N takode imamo p1,1 (n) = 1 ip1,2 (n) = p1,3 (n) = p1,4 (n) = 0.Resavanjem sistema

[x, y, z, u] · P = [x, y, z, u]u = 1− x− y − z

⇔

⇔x + 1

3y + 23 (1− x− y − z) = x

13z = y

23y + 1

3 (1− x− y − z) = z23z = 1− x− y − z

⇔

x + y + 23z = 1

−y + 13z = 0

− 59z = 0

0 = 0

⇔x = 1y = 0z = 0u = 0

dobili smo vektor verovatnoca:A B C D

p∗ = [1 0 0 0] , odnosno, nakon

106

konacno mnogo promene polozaja cestica dolazi i ostaje u temenu A,sto se i moglo ocekivati s obzirom na opis kretanja cestice.

(b) Matrica prelaza za 4 koraka:

P 4 =(P 2

)2 =

1 0 0 05781

881 0 16

816581 0 16

81 06981

481 0 8

81

.

Pocetna raspodela:A B C D

p (0) = [0 1 0 0] .

Raspodela nakon 4 koraka:A B C D

p (4) = p (0) · P 4 =[5781

881 0 16

81

],

tako da je trazena verovatnoca pA

(4) = 5781 .

07.09.2000.

1. Fabrika pravi tri modela patent - olovaka. Svaki dan se napravi 1000olovaka modela M1 i to podjednak broj olovaka bele i crvene boje. Olovakamodela M2 se pravi 600 i to samo u beloj boji, a olovaka modela M3 sepravi 400 i to u podjednakom broju olovaka bele, crvene, plave i zeleneboje.

(a) Koliko iznosi verovatnoca da je slucajno izabrana olovka bele boje?

(b) Ako je slucajno izabrana olovka bele boje, koliko iznosi verovatnocada je ona tipa M2?

2. Bacaju se dve homogene kocke cije su stranice numerisane brojevima1, 2, 3, 4, 5, 6. Naci ocekivanu vrednost slucajne promenljive Y koja pred-stavlja zbir parnih brojeva koji su dobijeni pri bacanju, s tim sto smatramoda je zbir 0 ako su na obe kockice pali neparni brojevi.

3. Slucajni vektor (X, Y ) ima gustinu

ϕX,Y (x, y) =

Kx2y2 , (x, y) ∈ T0 , (x, y) 6∈ T

,

gde je T skup tacaka koje pripadaju unutrasnjosti i rubu trougla cija sutemena A(0, 0), B(1, 0) i C(1, 1). Odrediti konstantu K i naci raspodeluslucajne promenljive Z = X + Y .

4. U proseku svaki treci prolaznik pored kioska kupi novine. Koliko ljuditreba da prode pored kioska, pa da sa verovatnocom 0.95 bude prodatobar 100 primeraka novina (odgovor naci primenom centralne granicne teo-reme).

107

5. Neka obelezje X predstavlja broj studenata koji u intervalu od 20 sekundiudu na fakultet. Izvrseno je 200 brojanja ulazaka, i rezultati su predstavl-jeni u sledecoj tabeli:

broj ulazaka 0 1 2 3 4 5broj merenja 100 65 22 6 4 3

Sa pragom znacajnosti α = 0.005 testirati hipotezu da obelezje X imaPoasonovu raspodelu.

6. Slucajna promenljiva X ima uniformnu raspodelu U (0, b) , b > 0. Naosnovu prostog uzorka obima n dobijena je ocena b = 2 Xn.

(a) Ispitati da li je navedena ocena centrirana.(b) Ispitati postojanost (stabilnost) ocene.

7. 3 bela i 3 plava listica su rasporedeni u dve kutije, pri cemu su 2 listicastavljena u prvu kutiju, a 4 listica su stavljena u drugu kutiju. Izvodi sesledeci eksperiment: vadi se na slucajan nacin po jedan listic iz svake ku-tije, i zamene im se mesta u kutijama. Eksperiment se ponovi 3 puta,i prati se broj belih listica u prvoj kutiji. Ako su listici na pocetkurazmesteni slucajnim izborom, koliko iznosi verovatnoca da ce se nakon 3premestanja u prvoj kutiji nalaziti samo beli listici?

8. Slucajne promenljive X i Y su nezavisne, pri cemu je gustina slucajnepromenljive X

ϕX

(x) =

43 − x2 , x ∈ [0, 1]

0 , x 6∈ [0, 1] ,

a slucajna promenljiva Y ima uniformnu U (0, π) raspodelu. Odreditimatematicko ocekivanje, autokorelacionu funkciju i disperziju slucajnogprocesa Ut = X cos (t− Y ) , t ∈ R.

Resenja:

1. Oznake dogadaja:

B - ”slucajno izabrana olovka je bele boje”;

Hi - ”slucajno izabrana olovka je tipa Mi, i ∈ 1, 2, 3”.

Dogadaji Hi cine potpun sistem dogadaja, a po uslovu zadatka vazi(ukupno se proizvodi 2000 olovaka):

P (H1) = 10002000 = 1

2 , P (H2) = 6002000 = 3

10 , P (H3) = 4002000 = 1

5 ,

P (B | H1) = 12 , P (B | H2) = 1, P (B | H3) = 1

4 .

(a) Koristeci formulu totalne verovatnoce dobijamo:

P (B) =3∑

i=1

P (Hi) P (B | Hi) = 12 · 1

2 + 310 · 1 + 1

5 · 14 = 3

5 .

(b) Trazenu verovatnocu dobijamo na osnovu Bajesove formule:

P (H2 | B) = P(H2)P(B | H2)P(B) =

310 ·1

35

= 12 .

108

2. Neka su X1 i X2 slucajne promenljive koje predstavljaju redom brojevedobijene na prvoj i drugoj kockici, pri cemu za sve i ∈ 1, 2, 3, 4, 5, 6vazi P (X1 = i) = P (X2 = i) = 1

6 . Posto su slucajne promenljive X1 i X2

nezavisne, sledi P (X1 = i,X2 = j) = P (X1 = i)P (X2 = j) = 136 .

Neka je Y slucajna promenljiva koja predstavlja zbir dobijenih parnihbrojeva. Njene moguce vrednosti su 0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, i one se mogu dobitisa sledecim verovatnocama:

P (Y = 0) = P ((X1, X2) ∈ (i, j) | i, j ∈ 1, 3, 5) = 936

,

P (Y = 2) = P ((X1, X2) ∈ (2, j) | j ∈ 1, 3, 5 ∪ (i, 2) | i ∈ 1, 3, 5) = 636

,

P (Y = 4) == P ((X1, X2) ∈ (2, 2) ∪ (4, j) | j ∈ 1, 3, 5 ∪ (i, 4) | i ∈ 1, 3, 5) = 7

36,

P (Y = 6) == P ((X1, X2) ∈ (2, 4) , (4, 2) ∪ (6, j) | j ∈ 1, 3, 5 ∪ (i, 6) | i ∈ 1, 3, 5)= 8

36,

P (Y = 8) = P ((X1, X2) ∈ (2, 6) , (4, 4) , (6, 2)) = 336

,

P (Y = 10) = P ((X1, X2) ∈ (4, 6) , (6, 4)) = 236

,

P (Y = 12) = P ((X1, X2) ∈ (6, 6)) = 136

.

Dakle, slucajna promenljiva Y ima zakon raspodele:(0 2 4 6 8 10 1214

16

736

29

112

118

136

),

a njena ocekivana vrednost je

E (Y ) = 0 · 14 + 2 · 1

6 + 4 · 736 + 6 · 2

9 + 8 · 112 + 10 · 1

18 + 12 · 136 = 4.

3. Iz 1 =∫∫R2

ϕX,Y (x, y) dxdy =1∫0

(x∫0

Kx2y2dy

)dx = K

18 sledi da je K = 18.

FZ

(z) = P (Z < z) = P (X + Y < z) = P (Y < z −X) = . . .

Neka je Sz = (x, y) ∈ T | y ≤ z − x.

-

6

x

y

@@@@@@

y = z − x

z2

z

z2

1

1

Sz

slika b

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

-

6

x

y

@@@@@@

y = z − x

z2

z2

1

1

Sz

slika c

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

FZ

(z) = P ((X,Y ) ∈ Sz) =∫ ∫Sz

ϕX,Y

(x, y) dxdy = . . .

(a) za z ≤ 0 je Sz = ∅, te je: FZ

(z) = 0;

109

(b) za 0 < z ≤ 1 je (vidi sliku b):

FZ

(z) =z2∫0

(z−y∫y

18x2y2dx

)dy = z6

20 ;

(c) za 1 < z ≤ 2 je (vidi sliku c):

FZ

(z) =z2∫0

(x∫0

18x2y2dy

)dx +

1∫z2

(z−x∫0

18x2y2dy

)dx =

= − 120z6 + 2z3 − 9

2z2 + 185 z − 1;

(d) za z > 2 je Sz = T , te je: FZ

(z) = 1.

4. Neka je Xi slucajna promenljiva koja predstavlja indikator dogadaja ”i-tiprolaznik je kupio novine”. Ova slucajna promenljiva ima zakon raspodele(

0 123

13

)gde Xi = 0 predstavlja dogadaj ”i-ti prolaznik nije kupio

novine”, a Xi = 1 predstavlja dogadaj ”i-ti prolaznik je kupio novine”.

Tada slucajna promenljiva Sn =n∑

i=1

Xi predstavlja broj kupljenih nov-

ina za vreme dok n ljudi prode pored kioska, tako da treba resiti po njednacinu P (Sn ≥ 100) = 0.95. Posto su slucajne promenljive Xi nezav-isne i pri tome je

E (Xi) = 0 · 23 + 1 · 1

3 = 13 ,

D (Xi) = E(X2

i

)− E2 (Xi) =(02 · 2

3 + 12 · 13

)− (13

)2 = 29 ,

E (Sn) = E

(n∑

i=1

Xi

)=

n∑i=1

E (Xi) = nE (X1) = 13n,

D (Sn) = D

(n∑

i=1

Xi

)=

n∑i=1

D (Xi) = nD (X1) = 29n.

Slucajna promenljiva S∗n = Sn−E(Sn)√D(Sn)

ima priblizno normalnu N (0, 1)

raspodelu, te tako dobijamo:

P (Sn ≥ 100) = 0.95 ⇔ 1− P (Sn < 100) = 0.95 ⇔⇔ 1− P

(Sn − 1

3n < 100− 13n

)= 0.95 ⇔

⇔ 1− P

(Sn− 1

3 n√29 n

<100− 1

3 n√29 n

)= 0.95 ⇔

⇔ 1− P

(S∗n <

100− 13 n√

29 n

)= 0.95 ⇔ P

(S∗n <

100− 13 n√

29 n

)= 0.05 ⇔

⇔ φ

(100− 1

3 n√29 n

)≈ 0.05 ⇔

⇔ 100− 13 n√

29 n

≈ φ−1 (0.05) = −φ−1 (1− 0.05) = −φ−1 (0.95) ≈ −1.645 ⇔

⇔ 100− 13n ≈ −1.645

√29n ⇔ 1

3n− 1.645√

23

√n− 100 ≈ 0 ⇔

⇔ n− 2.3264√

n− 300 ≈ 0 ⇔

110

⇔ (t2 − 2.3264t− 300 ≈ 0 ∧ t =

√n) ⇔

⇔ ((t ≈ −16.1963 ∨ t ≈ 18.5227) ∧ t =√

n) ⇔⇔ √

n ≈ 18.5227 ⇔ n ≈ 343.091.

Prema tome, potrebno je da prode priblizno 343 potencijalna kupca.

5. Da bi smo nasli verovatnoce pm = P (X = m) , m ∈ 0, 1, 2, 3, . . . zaslucajnu promenljivu X : P (λ), moramo najpre na osnovu uzorka ocenitiparametar λ. Posto je kod Poasonove raspodele E (X) = λ, a poznatoje da sa uzorackim matematickim ocekivanjem dobijamo ”dobru” ocenumatematickog ocekivanja obelezja, to parametar λ mozemo oceniti sa:

λ = x200 = 1200

200∑i=1

xi =

= 1200 (100 · 0 + 65 · 1 + 22 · 2 + 6 · 3 + 4 · 4 + 3 · 5) = 0.79,

gde je n = 100 + 65 + 22 + 6 + 4 + 3 = 200 obim uzorka.

Prema tome, testiracemo hipotezu da obelezje X ima sledeci zakon ras-podele: P (X = k) = 0.79k

k! e−0.79, k ∈ 0, 1, 2, 3, . . ..Poslednje dve grupe iz uzorka spajamo u jednu (da bi u svakoj grupi imalibar 5 elemenata), a zatim za svaku grupu izracunavamo odgovarajuceteorijske verovatnoce:

p0 = P (X = 0) = 0.790

0! e−0.79 ≈ 0.4538,

p1 = P (X = 1) = 0.791

1! e−0.79 ≈ 0.3585,

p2 = P (X = 2) = 0.792

2! e−0.79 ≈ 0.1416,

p3 = P (X = 3) = 0.793

3! e−0.79 ≈ 0.0373,

p4 = P (X ≥ 4) = 1− P (X < 4) = 1− (p0 + p1 + p2 + p3) ≈ 0.0087.

Dakle, χ2 test primenjujemo na sledece podatke:

broj ulazaka (k) 0 1 2 3 4, 5, ...broj merenja (mk) 100 65 22 6 7teorijeske verovatnoce (pk) 0.4538 0.3585 0.1416 0.0373 0.0087

Za vrednost statistike Z =4∑

k=0

(mk−200 pk)2

200 pkdobijamo z ≈ 19.1595.

Posto je χ2α;5−1−1 = χ2

0.005;3 ≈ 12.8 < z sledi da odbacujemo hipotezu otome da obelezje X ima Poasonovu raspodelu.

6. Vidi zadatak 6 u ispitnom roku 11.01.1999.

7. U prvoj kutiji se u svakom trenutku n ∈ N moze nalaziti 0, 1 ili 2 belalistica, tj. ovo su moguca stanja S (n) opisanog sistema. Odgovarajuce

verovatnoce pocetnog stanja sistema su p0i = ( 3

i )·( 32−i )

( 62 )

, i ∈ 0, 1, 2 te

tako dobijamo vektor pocetnih verovatnoca:

111

p0 = p (0) =[p00 p0

1 p02

]=

[15

35

15

].

Prelazne verovatnoce pi,j = P (S (n) = j | S (n− 1) = i) , i, j ∈ 0, 1, 2izracunavamo na osnovu opisa eksperimenta:

p0,0 = 1 · 14 = 1

4 , p0,1 = 1 · 34 = 3

4 , p0,2 = 0,

p1,0 = 12 · 1

2 = 14 , p1,1 = 1

2 · 12 + 1

2 · 12 = 1

2 , p1,2 = 12 · 1

2 = 14 ,

p2,0 = 0, p2,1 = 1 · 34 = 3

4 , p2,2 = 1 · 11 = 1

4 ,

odnosno matrica prelaza za jednopremestanje :

0 1 2

0

P = 1

2

14

34 0

14

12

14

0 34

14

.

Matrica prelaza za 3 premestanja:

0 1 2

0

P 3 = 1

2

1364

3964

1264

1364

3864

1364

1264

3964

1364

.

Sada dobijamo verovatnoce stanja sistema nakon 3 razmestanja listica:0 1 2

p3 = p (3) = p0 · P 3 =[

15

35

15

],

sto znaci da ce se posle 3 razmestanja u prvoj kutiji nalaziti 2 bela listicasa verovatnocom p3

2 = 15 .


mU

(t) = E (X cos (t− Y ))[1]= E (X) E (cos (t− Y )) =

=∞∫−∞

x ϕX (x) dx ·∞∫−∞

cos (t− y) ϕY (y) dy =

=1∫0

x(

43 − x2

)dx ·

π∫0

cos (t− y) 1π dy =

=(

43

1∫0

xdx−1∫0

x3dx

)· 1

π

t−π∫t

(− cos z) dz = 56π sin t.


RU

(t, s) = E (UtUs) = E(X2 cos (t− Y ) cos (s− Y )

) [1]=

= E(X2

)E (cos (t− Y ) cos (s− Y )) =

=1∫0

x2(

43 − x2

)dx · 1

π

π∫0

cos (t− y) cos (s− y) dy = 1190 cos (s− t).

Disperzija:

DU (t) = KU (t, t) = RU (t, t)−m2 (t) =

= 1190 cos 0− 25

36π2 sin2 t = 1190 − 25

36π2 sin2 t.

[1] - Iz nezavisnosti slucajnih promenljivih X i Y sledi nezavisnostslucajnih promenljivih X i cos (t− Y ).

112

29.09.2000.

1. Iz intervala (0, 3) biraju se brojevi x i y.

(a) Izracunati verovatnocu da je za izabrane brojeve zbir manji od 3 imaksimum manji od 2.

(b) Ako je maksimum izabranih brojeva manji od 2, izracunati verovat-nocu da je minimum izabranih brojeva veci od 1.

2. Kontrolor ima na stolu 4 proizvoda ciji kvalitet treba da proveri. Poznatoje da svaki proizvod moze biti neispravan sa verovatnocom 0.1, nezav-isno od drugih proizvoda. Kontrolor vrsi proveru dok ne otkrije 2 neis-pravna proizvoda, a ako se to ne desi, on ce proveriti sva 4 proizvoda.Neka je X broj proverenih proizvoda, a Y broj otkrivenih neispravnihproizvoda. Naci raspodelu dvodimenzionalne slucajne promenljive (X,Y ),kao i matematicko ocekivanje slucajne promenljive Z = 2X + Y .

3. Posmatramo prizmu cija je baza kvadrat stranice X, a visina Y . Slucajnepromenljive X i Y su nezavisne i imaju uniformnu U (1, 2) i U (2, 3)raspodelu, redom.

(a) Naci gustinu slucajne promenljive (B, V ) gde je B povrsina baze, aV zapremina prizme.

(b) Kolika je ocekivana zapremina prizme?

4. U jednoj igri igrac osvaja 50 poena sa verovatnocom 0.5, 10 poena saverovatnocom 0.3 i −100 poena sa verovatnocom 0.2 (dakle, gubi 100poena sa verovatnocom 0.2).

(a) Ako je igrac odigrao 100 igara, koliko iznosi verovatnoca da je osvojiobar 900 poena?

(b) Koliko igara treba da odigra, pa da sa verovatnocom 0.95 osvoji bar1000 poena?

5. Fabrika pakuje po 4 proizvoda u jednu kutiju. Nasumice je uzeto 50kutija i za svaku je proveren broj neispravnih proizvoda. Dobijeni rezultatiprikazani su u tabeli:

br. neispravnih proizvoda 0 1 2 3 4br. kutija 12 18 14 4 2

Koristeci χ2 test uz prag znacajnosti α = 0.01, ispitati da li su podacisaglasni sa hipotezom da se radi o uzorku iz populacije sa binomnomraspodelom.

6. Data je raspodela obelezja X:(0 1 2 3 · · ·1θ

θ−1θ · 1

θ

(θ−1

θ

)2 · 1θ

(θ−1

θ

)3 · 1θ · · ·

), θ > 1.

113

Na osnovu uzorka obima n metodom maksimalne verodostojnosti ocenitiparametar θ. Ispitati centriranost i postojanost dobijene ocene.

7. Posmatraju se tri izborna mesta I1, I2 i I3. Pored izborne komisije pos-toji i kontrolor koji obilazi izborna mesta i proverava regularnost izbora.Verovatnoca da ce kontrolor otkriti neregularnost na izbornom mestu I1

je 0.5, na izbornom mestu I2 je 0.3 i na izbornom mestu I3 je 0.6.

Ako kontrolor na I1 otkrije neregularnost, sa verovatnocom 0.5 ostaje naI1 ili sa jednakim verovatnocama odlazi na I2 ili I3. Ako na I1 ne otkrijeneregularnost, sigurno napusta I1 i sa tri puta vecom verovatnocom odlazina I2 nego na I3.

Ako na I2 ne otkrije neregularnost, onda podjednako verovatno odlazi naI1 ili I3, a I2 sigurno napusta. Ako otkrije neregularnost na I2, onda na I2

ostaje dva puta vecom verovatnocom nego sto odlazi na I1 ili I3 (odlazakna I1 ili I3 je podjednako verovatan).

Ako na I3 otkrije neregularnost, onda na I3 sigurno i ostaje. Ako na I3

ne otkrije neregularnost, onda sa dva puta vecom verovatnocom odlazi naI1 ili I2 nego sto ostaje na I3 (odlasci na I1 i I2 su jednako verovatni, i taje verovatnoca dva puta veca od verovatnoce da ostane na I3).

Vreme prelaska sa jednog izbornog mesta na drugo je zanemarljivo malo.

(a) Sastaviti matricu prelaza za jedan korak.

(b) Ako na pocetku podjednako verovatno bira izborno mesto I1 ili I3

a sa dva puta manjom verovatnocom izborno mesto I2, izracunativerovatnoce sa kojima ce kontrolor nakon jednog obilaska nalaziti napojedinim izbornim mestima.

8. Dat je slucajan proces Xt = U cos (ωt) , t ∈ R, gde je U slucajnapromenljiva za koju je E (U) = 2 i D (U) = 9. Naci matematickoocekivanje, autokorelacionu funkciju i disperziju slucajnog procesa Xt.Da li je Xt stacionaran slucajan proces?

Resenja:

1. Zadatak mozemo resiti primenom geometrijske interpretacije verovatnoce.Skup svih mogucih podjednako verovatnih elementarnih ishoda je:

Ω = (x, y) | x, y ∈ (0, 3) .

Sa P (O) cemo oznaciti povrsinu oblasti O.

(a) Dogadaj ”za izbrane brojeve zbir je manji od 3 i maksimum je manjiod 2” mozemo predstaviti kao:

A = (x, y) | max x, y < 2 ∧ x + y < 3 == (x, y) | x < 2 ∧ y < 2 ∧ x + y < 3 .

Koristeci sliku 1 lako nalazimo da je: P (A) =P (A)P (Ω)

=72

9=

718

.

114

(b) Dogadaj ”maksimum izabranih brojeva je manji od 2” mozemo pred-staviti kao

B = (x, y) | max x, y < 2 = (x, y) | x < 2 ∧ y < 2 ,

a dogadaj ”minimum izabranih brojeva je veci od 1” mozemo pred-staviti kao

C = (x, y) | min x, y > 1 = (x, y) | x > 1 ∧ y > 1 .

Koristeci sliku 2 lako nalazimo da je: P (C | B) = P(CB)P(B) = 3

4 .

-

6

x

y

@@

@@

@@

@1 2 3

1

2

3

¡¡¡ª

x + y = 3

A

slika 1

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

-

6

x

y

1 2 3

1

2

3

CB

slika 2

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

2. Skupovi mogucih vrednosti slucajnih promenljivih X i Y su

RX = 2, 3, 4 i RY = 0, 1, 2 .

Oznacimo sa Ai, i ∈ 1, 2, 3, 4 dogadaj ”i-ti kontrolisani proizvod jeispravan”, pri cemu je P (Ai) = 0.9 i P

(Ai

)= 0.1.

Na osnovu opisanih uslova dobijamo

P (X = 2, Y = 0) = P (X = 2, Y = 1) = 0,

P (X = 3, Y = 0) = P (X = 3, Y = 1) = 0,

P (X = 2, Y = 2) = PA1A2

= P

A1

PA2

= 0.12 = 0.01,

P (X = 3, Y = 2) = PA1A2A3 + A1A2A3

=

= P (A1) PA2

PA3

+ P

A1

P (A2)P

A3

= 2 · 0.9 · 0.12 = 0.018,

P (X = 4, Y = 0) = P (A1A2A3A4) == P (A1) P (A2) P (A3) P (A4) = 0.94 = 0.6561,

P (X = 4, Y = 1) = PA1A2A3A4 + A1A2A3A4 + A1A2A3A4 + A1A2A3A4

=

= P (A1) P (A2) P (A3) PA4

+ P (A1) P (A2) P

A3

P (A4) +

+ P (A1) PA2

P (A3) P (A4) + P

A1

P (A2) P (A3) P (A4) =

= 4 · 0.93 · 0.1 = 0.2916,

P (X = 4, Y = 2) = PA1A2A3A4 + A1A2A3A4 + A1A2A3A4

=

= P (A1) P (A2) PA3

PA4

+ P (A1)P

A2

P (A3) P

A4

+

+ PA1

P (A2)P (A3) P

A4

= 3 · 0.92 · 0.12 = 0.0243.

Dakle, dobili smo zakon raspodele slucajnog vektora (X,Y ), a zatim do-bijamo marginalne zakone raspodela slucajnih promenljivih X i Y :

P (X = k) =2∑

i=0

P (X = k, Y = i) , k ∈ 2, 3, 4,

P (Y = k) =4∑

i=2

P (X = i, Y = k) , k ∈ 0, 1, 2,

115

YX

0 1 2

2 0 0 0.01 0.013 0 0 0.018 0.0184 0.6561 0.2916 0.0243 0.972

0.6561 0.2916 0.0523 1

X :(

2 3 40.01 0.018 0.972

), Y :

(0 1 2

0.6561 0.2916 0.0523

).

Sada dobijamo

E (X) = 2 · 0.01 + 3 · 0.018 + 4 · 0.972 = 3.962,

E (Y ) = 0 · 0.6561 + 1 · 0.2916 + 2 · 0.0523 = 0.3962,

E (Z) = E (2X + Y ) = 2E (X) + E (Y ) = 8.3202.

3. X : U (1, 2)

ϕX (x) =

1 , x ∈ (1, 2)0 , x 6∈ (1, 2) ,

Y : U (2, 3)

ϕY (y) =

1 , y ∈ (2, 3)0 , y 6∈ (2, 3) .

X i Y su nezavisne slucajne promenljive, te je

ϕX,Y (x, y) = ϕX (x)ϕY (y) =

1 , (x, y) ∈ D0 , (x, y) 6∈ D

,

gde je D =

(x, y) ∈ R2∣∣ x ∈ (1, 2) ∧ y ∈ (2, 3)

(vidi sliku 1), odnosno

D je unutrasnjost kvadrata ogranicenog duzima

l1 = (1, y) | y ∈ [2, 3] , l2 = (2, y) | y ∈ [2, 3] ,

l3 = (x, 2) | x ∈ [1, 2] , l4 = (x, 3) | x ∈ [1, 2] .

(a) Posmatrajmo transformaciju f : R2 → R2 definisanu saf (X, Y ) = (B, V ) =

(X2, X2Y

).

Oblast D ogranicena duzima l1, l2, l3, l4 se transformacijomf (x, y) =

(x2, x2y

)(na oblasti D je funkcija f neprekidna i mono-

tona) preslikava u oblast D′ (vidi sliku 2) ogranicenu krivima:l′1 = f (l1) =

(12, 12y

) ∣∣ y ∈ [2, 3]

= (1, v) | v ∈ [2, 3],l′2 = f (l2) =

(22, 22y

) ∣∣ y ∈ [2, 3]

= (4, v) | v ∈ [8, 12],l′3 = f (l3) =

(x2, x22

) ∣∣ x ∈ [1, 2]

= (b, 2b) | b ∈ [1, 4],l′4 = f (l4) =

(x2, x23

) ∣∣ x ∈ [1, 2]

= (b, 3b) | b ∈ [1, 4].

-

6

x

y

2

3

1 2

D

slika 1

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

-

6

v

b

1

4

2 3 8 12

D′

slika 2

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

116

Resavajuci po (X, Y ) sistem jednacina B = X2, V = X2Y , dobi-jamo dve monotone ”grane” inverzne transformacije:

f−11 (b, v) =

(−√

b, vb

)= (x, y) , b ≥ 0,

f−12 (b, v) =

(√b, v

b

)= (x, y) , b ≥ 0.

Jakobijani ovih funkcija su:

J−1f1

(b, v) =∣∣∣∣

xb xv

yb yv

∣∣∣∣ =∣∣∣∣− 1

2√

b0

− vb2

1b

∣∣∣∣ = − 12b√

b,

J−1f2

(b, v) =∣∣∣∣

xb xv

yb yv

∣∣∣∣ =∣∣∣∣

12√

b0

− vb2

1b

∣∣∣∣ = 12b√

b.

Gustina slucajnog vektora (B, V ) glasi:ϕ

B,V(b, v) =

= ϕX,Y

(f−11 (b, v)

) ∣∣∣J−1f1

(b, v)∣∣∣ + ϕ

X,Y

(f−12 (b, v)

) ∣∣∣J−1f2

(b, v)∣∣∣ =

= ϕX,Y

(−√

b, vb

) ∣∣∣− 12b√

b

∣∣∣ + ϕX,Y

(√b, v

b

) ∣∣∣ 12b√

b

∣∣∣ =[1]= 0 ·

∣∣∣− 12b√

b

∣∣∣ + ϕX,Y

(√b, v

b

) ∣∣∣ 12b√

b

∣∣∣ = ϕX,Y

(√b, v

b

)1

2b√

b=

=

0 · 1

2b√

b, (b, v) 6∈ D′

1 · 12b√

b, (b, v) ∈ D′ =

0 , (b, v) 6∈ D′1

2b√

b, (b, v) ∈ D′ .

[1] - Za svako (b, v) vazi(−√

b, vb

)6∈ D.

(b) Prvi nacin:

E(X2

)=

∞∫−∞

x2ϕX

(d)x =2∫1

x2dx = 73 ,

E (Y ) =∞∫−∞

yϕY (d) y =3∫2

ydy = 52 .

Koristeci osobine matematickog ocekivanja (X i Y su nezavisne slu-cajne promenljive pa su nezavisne i X2 i Y ) dobijamoE (V ) = E

(X2Y

)= E

(X2

)E (Y ) = 7

3 · 52 = 35

6 .Drugi nacin:

ϕV (v) =∞∫−∞

ϕB,V (b, v) db =

=

∞∫−∞

0db , v 6∈ (2, 12)

12 v∫1

12b√

bdb , v ∈ (2, 3]

12 v∫13 v

12b√

bdb , v ∈ (3, 8]

4∫13 v

12b√

bdb , v ∈ (8, 12)

=

0 , v 6∈ (2, 12)

1−√

2√v

, v ∈ (2, 3]

√3−√2√

v, v ∈ (3, 8]

√3√v− 1

2 , v ∈ (8, 12)

.

117

E (V ) =∞∫−∞

vϕV

(v) dv =

=3∫2

v(1−

√2√v

)dv +

8∫3

v√

3−√2√v

dv +12∫8

v(√

3√v− 1

2

)dv =

=(

316 − 2

√6)

+(− 82

3 + 383

√6)

+(28− 32

3

√6)

= 356 .

4. Neka je Xi slucajna promenljiva koja predstavlja broj poena koji igracdobija (ili gubi) u i - toj igri. Slucajne promenljive Xi su nezavisne iimaju isti zakon raspodele i numericke karakteristike:

Xi :( −100 10 50

0.2 0.3 0.5

),

E (Xi) = −100 · 0.2 + 10 · 0.3 + 50 · 0.5 = 8,

E(X2

i

)= (−100)2 · 0.2 + 102 · 0.3 + 502 · 0.5 = 3280,

D (Xi) = E(X2

i

)− E (Xi) = 3280− 82 = 3216.

Slucajna promenljiva Sn =n∑

i=1

Xi predstavlja ukupan broj dobijenih ili

izgubljenih poena tokom odigranih n igara. Pri tome je

E (Sn) =n∑

i=1

E (Xi) = 8n i D (Sn) =n∑

i=1

D (Xi) = 3216n

(zbog nezavisnosti slucajnih promenljivih Xi). Na osnovu centralne gra-nicne teoreme ([∗]), slucajna promenljiva S∗n = Sn−E(Sn)√

D(Sn)ima (za ”do-

voljno” veliko n) priblizno N (0, 1) raspodelu.

(a) P (S100 ≥ 900) = 1− P (S100 < 900) =

= 1− P

(S100−E(S100)√

D(S100)< 900−E(S100)√

D(S100)

)= 1− P

(S∗100 < 900−800√

321600

)≈

≈ 1− P (S∗100 < 0.18)[∗]≈ 1− φ (0.18) ≈ 1− 0.5676 ≈ 0.4324.

(b) Resavamo po n jednacinu P (Sn ≥ 1000) = 0.95:

P (Sn ≥ 1000) = 0.95 ⇔ 1− P (Sn < 1000) = 0.95 ⇔⇔ P (Sn < 1000) = 0.05 ⇔ P

(S∗n < 1000−E(Sn)√

D(Sn)

)= 0.05 ⇔

⇔ P(S∗n < 1000−8n√

3216n

)= 0.05

[∗]⇔ φ(

1000−8n√3216n

)≈ 0.05 ⇔

⇔ 1000−8n√3216n

≈ φ−1 (0.05) ⇔ 1000−8n√3216n

≈ −1.65 ⇔⇔ 1000−8n ≈ −1.65

√3216n ⇔ 8n−93.57

√n−1000 ≈ 0 ⇔

⇔ (8t2 − 93.57t− 1000 ≈ 0 ∧ t =

√n) ⇔

⇔ ((t ≈ −6.76935 ∨ t ≈ 18.4656) ∧ t =√

n) ⇔⇔ (t ≈ 18.4656 ∧ t =

√n) ⇔ n ≈ 18.46562 ≈ 340.978.

Dakle, treba da odigra 341 igru.

118

5. Neka slucajna promenljiva (obelezje) X predstavlja broj neispravnih odukupno 4 proizvoda iz jedne kutije. Testiramo hipotezu da obelezje Xima binomnu B (4, p) gde je p nepoznati parametar koji mozemo ocenitina osnovu uzorka koristeci matematicko ocekivanje slucajne promenljivesa binomnom raspodelom E (X) = np = 4p. Za ocenu matematickogocekivanja obelezja X mozemo koristiti uzoracku aritmeticku sredinu(gde je velicina uzorka: n = 12 + 18 + 14 + 4 + 2 = 50):

x50 = 150

50∑i=1

xi = 150 (0 · 12 + 1 · 18 + 2 · 14 + 3 · 4 + 4 · 2) = 33

25 ,

odakle onda dobijamo: p = 14 · 33

25 = 33100 .

Spajajuci poslednje dve grupe podataka (da bi u svakoj grupi imali bar 5realizacija obelezja) i nakon izracunavanja teorijskih verovatnoca

pi = P (X = i) =(

4i

) (33100

)i (67100

)4−i, i ∈ 0, 1, 2, 3, 4

za binomnu raspodelu, pri cemu na p3 ≈ 0.0963112 zbog spajanja po-dataka dodajemo p4 ≈ 0.0118592, dobijamo sledecu tabelu:

xi 0 1 2 3, 4mi 12 18 14 6pi 0.201511 0.397007 0.293311 0.10817

Na osnovu prikazanih podataka, za vrednost statistike Z =3∑

i=0

(mi−50pi)2

50pi

dobijamo z ≈ 0.634941.

Posto je χ2α;4−1−1 = χ2

0.01;2 ≈ 9.21 > z, sledi da ne odbacujemo hipotezuda obelezje X ima Binomnu B (4, p) raspodelu.

6. Funkcija verodostojnosti: za θ > 1 je

L (x1, . . . , xn; θ) =n∏

i=1

P (X = xi; θ) =n∏

i=1

1θ ·

(θ−1

θ

)xi = 1θn ·

(θ−1

θ

) nPi=1

xi

,

ln L (x1, . . . , xn; θ) = −n ln θ +n∑

i=1

xi · ln θ−1θ .

Trazimo maksimum funkcije L po θ > 1 :

∂∂θ ln L (x1, . . . , xn; θ) = −n

θ +n∑

i=1

xi · θθ−1 · 1

θ2 = −nθ + 1

θ(θ−1)

n∑i=1

xi.

Posto je

∂∂θ ln L (x1, . . . , xn, θ) = −n

θ + 1θ(θ−1) ·

n∑i=1

xi = 0 ⇔

⇔ n (θ − 1) =n∑

i=1

xi ⇔ θ = 1n

n∑i=1

xi + 1 = xn + 1,

dobili smo ocenu: θ = Xn + 1.

Centriranost:

119

Primetimo da se slucajna promenljiva X moze predstaviti kao X = Y−1,gde je Y slucajna promenljiva sa geometrijskom G (

1θ

)raspodelom,

odakle dobijamo

E(θ)

= E

(1n

n∑i=1

Xi + 1)

= 1n

n∑i=1

E (Xi) + E (1) = 1nnE (X) + 1 =

= E (Y − 1) + 1 = E (Y )− 1 + 1 = E (Y ) = 11θ

= θ.

Dakle, ocena θ = Xn + 1 jeste centrirana.

Postojanost:

Kako je ocena θ = Xn + 1 centrirana, postojanost mozemo ispitatiprimenom nejednakosti Cebiseva ([∗]).Za Y : G (

1θ

)je D (Y ) = 1− 1

θ

( 1θ )2 = θ (θ − 1), te dobijamo

D (X) = D (Y − 1) = D (Y )− D (1) = D (Y ) = θ (θ − 1),

odakle sledi

D(θ)

= D

(1n

n∑i=1

Xi + 1)

= 1n2

n∑i=1

D (Xi) + D (1) =

= 1n2 nD (X) + 0 = 1

nD (X) = 1nθ (θ − 1).

Za svako ε > 0 je

0 ≤ limn→∞

P(∣∣∣θ − E

(θ)∣∣∣ ≥ ε

) [∗]≤ lim

n→∞D(θ)

ε2 = limn→∞

θ(θ−1)nε2 = 0.

Dakle, ocena θ = Xn + 1 jeste postojana.

7. Oznacimo sa 1, 2 i 3 stanja S koja odgovaraju izbornom mestu na komese nalazi kontrolor.

(a) Ako sa R1, R2 i R3 redom oznacimo dogadaje: ”na i - tom birackommestu (i ∈ 1, 2, 3) je otkrivena neregularnost”, pri cemu je datoda je P (R1) = 1

2 , P (R2) = 310 i P (R3) = 3

5 , tada na osnovu opisazakonitosti kretanja kontrolora verovatnoce prelaza mozemo dobitipomocu formule totalne verovatnoce na sledeci nacin:pij = P (S = j | S = i) == P (Ri) P (S = j | S = i, Ri) + P

(Ri

)P

(S = j | S = i, Ri

)

za sve i, j ∈ 1, 2, 3. Dakle:

p11 = 12 · 1

2 + 12 · 0 = 1

4 , p12 = 12 · 1

4 + 12 · 3

4 = 12 ,

p13 = 12 · 1

4 + 12 · 1

4 = 14 , p21 = 3

10 · 14 + 7

10 · 12 = 17

40 ,

p22 = 310 · 1

2 + 710 · 0 = 3

20 , p23 = 310 · 1

4 + 710 · 1

2 = 1740 ,

p31 = 35 · 0 + 2

5 · 25 = 4

25 , p32 = 35 · 0 + 2

5 · 25 = 4

25 ,

p33 = 35 · 1 + 2

5 · 15 = 17

25 .

Prema tome, matrica P prelaza za jedan korak glasi:

120

P =

1 2 3

1

2

3

14

12

14

1740

320

1740

425

425

1725

.

(b) Na osnovu opisa pocetne pozicije kontrolora, imamo vektor pocetne

raspodele:1 2 3

p0 =[

25

15

25

].

Raspodelu nakon jednog koraka dobijamo na sledeci nacin:

p1 = p0 · P =[14

12

14

] ·

14

12

14

1740

320

1740

425

425

1725

=

[2491000

2941000

4571000

].


mX

(t) = E (Xt) = E (U cos (ωt)) = cos (ωt)E (U) = 2 cos (ωt).


RX

(t, s) = E ((Xt −mX

(t)) (Xs −mX

(s))) =

= E ((U cos (ωt)− 2 cos (ωt)) (U cos (ωs)− 2 cos (ωs))) =

= E ((U − 2) cos (ωt) (U − 2) cos (ωs)) =

= E((U − 2)2 cos (ωt) cos (ωs)

)= cos (ωt) cos (ωs) E

((U − 2)2

)=

= cos (ωt) cos (ωs)E((U − E (U))2

)= cos (ωt) cos (ωs) D (U) =

= 9 cos (ωt) cos (ωs).

Disperzija:

DX

(t) = RX

(t, t) = 9 cos2 (ωt).

Posto je mX (t) = const samo za ω ≡ 0, a u tom slucaju je Xt ≡ U , sledida slucajni proces Xt jeste stacionaran za ω = 0, a inace nije.

28.10.2000.

1. U ciniji se nalazi 4 zrna grozda, 5 zrna visanja i 3 zrna tresanja. Pericanasumice iz cinije vadi 2 zrna. Ako nije izvukao ni jedno zrno grozda,onda pojede izvadena zrna. Ako je izvukao bar jedno zrno grozda, tadaponovo nasumice vadi nova 2 zrna bez vracanja prethodna 2 i bezuslovnoih pojede.

(a) Koliko iznosi verovatnoca da je Perica prvi put izvukao 2 zrna istevrste?

(b) Koliko iznosi verovatnoca da Perica nije pojeo ni jedno zrno grozda?

121

2. Igrac baca kockicu za ”Ne ljuti se covece” sve dok se ne pojavi broj manjiod 3. Ako se broj manji od 3 pojavio pri neparnom po redu bacanju, tadaizvlaci 3 kuglice iz kutije u kojoj se nalazi 5 zelenih i 2 bele kuglice, aako se broj manji od 3 pojavio pri parnom po redu bacanju, tada izvlaci3 kuglice iz kutije u kojoj se nalaze 2 zelene i 5 belih kuglica. Neka jeX slucajna promenljiva koja predstavlja broj izvucenih zelenih kuglica.Naci raspodelu slucajne promenljive X i matematicko ocekivanje slucajnepromenljive Y = X2 + 3.

3. Slucajna promenljiva X ima uniformnu U (0, 4) raspodelu, a uslovnaslucajna promenljiva Y | X = x ima uniformnu U (

14x, 1

2x)

raspodelu.

(a) Naci gustinu slucajne promenljive Y .

(b) Naci raspodelu slucajne promenljive Z = −X + 4Y .

4. Poznato je da se u prometu nalazi 20% belih automobila. Belezi seboja 1000 automobila koji sukcesivno produ kroz raskrsnicu. Ocenitiverovatnocu da relativna ucestanost prolaska belih automobila odstupaod odgovarajuce verovatnoce za najvise 0.02:

(a) pomocu nejednakosti Cebiseva,

(b) pomocu teoreme Moavr - Laplasa.

5. Obelezje X ima gustinu:

ϕX (x) =

ea−x , x ≥ a0 , x < a

.

Na osnovu uzorka obima n metodom maksimalne verodostojnosti ocenitiparametar a. Ispitati centriranost dobijene ocene, i ako ona nije centri-rana, naci jednu centriranu ocenu.

6. Obelezje X ima gustinu:

ϕX

(x) =

1.7x0.7 , x ∈ (0, 1)0 , x 6∈ (0, 1) .

χ2 - testom uz prag znacajnosti α = 0.025 ispitati saglasnost uzorka

interval(0, 1

4

] (14 , 1

2

] (12 , 3

4

] (34 , 1

)

ucestanost 6 18 20 30

sa gore navedenom raspodelom obelezja X.

7. Dve pumpe snabdevaju fabriku vodom. Svaka od pumpi se nezavisnood druge u toku dana kvari sa verovatnocom p = 0.1 i u tom slucaju seopravlja i krece ponovo sa radom sledeceg dana. Napraviti matricu prelazaza jedan korak i naci finalne verovatnoce sistema cija stanja predstavljajubroj pumpi koje su u pogonu bez kvara tokom celog dana.

122

8. Neprekidne i nezavisne slucajne promenljive X i Y su date svojim gusti-nama raspodele:

ϕX

(x) =

x , x ∈ [0, 1)2− x , x ∈ [1, 2]

0 , x 6∈ [0, 2], ϕ

Y(y) =

y − 3 , y ∈ [3, 4)5− y , y ∈ [4, 5]

0 , y 6∈ [3, 5],

i definisan je slucajni proces Ut = atX + btY, t ∈ R, gde su a i b realniparametri.

(a) Odrediti srednju vrednost, autokorelacionu funkciju i disperziju slu-cajnog procesa Ut.

(b) Za koje vrednosti parametara a i b je proces stacionaran?

Resenja:

1. (a) Neka je A dogadaj ”Perica je u prvom izvlacenju izvadio 2 zrna istevrste”, i neka dogadaji G, V i T redom pretstavljaju ”izvlacenje 2zrna grozda”, odnosno ”izvlacenje 2 zrna visanja”, odnosno ”izvlace-nje 2 zrna tresanje” (u prvom izvlacenju). Posto je A = G + V + Tpri cemu su G, V i T disjunktni dogadaji, sledi da je

P (A) = P (G + V + T ) = P (G)+P (V )+P (T ) = ( 42 )

( 122 )+ ( 5

2 )( 12

2 )+ ( 32 )

( 122 ) =

=4!

2!·2! + 5!2!·3! + 3!

2!·1!12!

2!·10!=

3 · 4 + 4 · 5 + 2 · 311 · 12

=1966≈ 0.2879.

(b) Neka je B dogadaj ”Perica nije pojeo ni jedno zrno grozda”. Obele-zimo sa Hi, i ∈ 0, 1, 2 dogadaje: ”u prvom izvlacenju Perica jeizvadio i zrna grozda” koji cine potpun sistem dogadaja, te je:

P (B) =2∑

i=0

P (Hi) P (B | Hi) .

Nalazimo potrebne verovatnoce:

P (H0) =

(5+32

)(

122

) =8!

2!·6!12!

2!·10!=

7 · 811 · 12

=1433≈ 0.4242,

P (H1) =

(41

) · ( 5+31

)(

122

) =4!

1!·3! · 8!1!·7!

12!2!·10!

=4 · 811·12

2

=1633≈ 0.4848,

P (H2) =

(42

)(

122

) =4!

2!·2!12!

2!·10!=

3 · 411 · 12

=333≈ 0.0909,

P (B | H0) = 1,

P (B | H1) =

(5+3−1

2

)(

102

) =7!

2!·5!10!2!·8!

=6 · 79 · 10

=2145≈ 0.4667,

P (B | H2) =

(5+32

)(

102

) =8!

2!·6!10!2!·8!

=7 · 89 · 10

=2845≈ 0.6222

123

(dogadaj B | H1 znaci da Perica u drugom vadenju bira 2 od ukupno7 zrna visanja i tresanja, pri cemu je u ciniji ostalo ukupno 10 zrna,jer se prva 2 izvucena zrna ne vracaju u ciniju; analogna je situacijasa dogadajem B | H2).Dakle: P (B) = 14

33 · 1 + 1633 · 21

45 + 333 · 28

45 = 7099 ≈ 0.7071.

2. Slucajna promenljiva Z koja predstavlja redni broj bacanja kockice prikojem se prvi put pojavio broj manji od 3 (1 ili 2) ima geometrijskuG (

13

)raspodelu (verovatnoca da u jednom bacanju padne broj manji od

3 je 13 ).

Obelezimo sa Hi, i ∈ 1, 2 dogadaje: ”3 kuglice se izvlace iz i-te kutije”koji cine potpun sistem dogadaja. Njihove verovatnoce su:

P (H1) = P

( ∞∑k=0

Z = 2k + 1)

[1]=

∞∑k=0

P (Z = 2k + 1) =

=∞∑

k=0

13 ·

(1− 1

3

)(2k+1)−1 =∞∑

k=0

13 ·

(23

)2k =∞∑

k=0

13 ·

(49

)k = 13 · 1

1− 49

= 35 ,

[1] - Dogadaji Z = 2k + 1 su disjunktni.

P (H2) = 1− P (H1) = 1− 35 = 2

5 .

Raspodelu slucajne promenljive X odnosno odgovarajuce verovatnoce

P (X = j) , j ∈ RX = 0, 1, 2, 3mozemo naci pomocu formule totalne verovatnoce

P (X = j) =2∑

i=1

P (Hi) P (X = j | Hi) , j ∈ RX ,

pri cemu je:

P (X = 0 | H1) = 0

( 73 )

= 0, P (X = 0 | H2) = ( 53 )

( 73 )

= 27 ,

P (X = 1 | H1) = ( 51 )·( 2

2 )( 7

3 )= 1

7 , P (X = 1 | H2) = ( 21 )·( 5

2 )( 7

3 )= 4

7 ,

P (X = 2 | H1) = ( 52 )·( 2

1 )( 7

3 )= 4

7 , P (X = 2 | H2) = ( 22 )·( 5

1 )( 7

3 )= 1

7 ,

P (X = 3 | H1) = ( 53 )

( 73 )

= 27 , P (X = 3 | H2) = 0

( 73 )

= 0.

Uvrstavajuci dobijeno u formulu totalne verovatnoce dobijamo zakon ras-podele slucajne promenljive X:(

0 1 2 3435

1135

1435

635

).

Koristeci E(X2

)=

3∑i=0

i2P (X = i) = 02 · 435 +12 · 1135 +22 · 1435 +32 · 6

35 = 12135

i osobine matematickog ocekivanja dobijamo:

E (Y ) = E(X2 + 3

)= E

(X2

)+ E (3) = 121

35 + 3 = 22635 .

124

3. Koristeci gustine zadanih slucajnih promenljivih:

ϕX

(x) =

14 , x ∈ (0, 4)0 , x 6∈ (0, 4) , ϕ

Y |X=x (y) =

4x , y ∈ (

14x, 1

2x)

0 , y 6∈ (14x, 1

2x) ,

dobijamo gustinu slucajnog vektora (X,Y ):

ϕX,Y

(x, y) = ϕX

(x)ϕY |X=x (y) =

1x , (x, y) ∈ D0 , (x, y) 6∈ D

,

gde je D =

(x, y) ∈ R2∣∣ x ∈ (0, 4) ∧ y ∈ (

14x, 1

2x)

otvorena oblastprikazana na slici 1.

-

6

x

y

» y = x4

© y = x2

4

1

2

D

slika 1

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

(a) ϕY (y) =∞∫−∞

ϕX,Y (x, y) dx = . . .

– za y 6∈ (0, 2) : ϕY

(y) =∞∫−∞

0dx = 0;

– za y ∈ (0, 1] : ϕY (y) =4y∫2y

1xdx = ln x

4y

|2y

= ln 4y2y = ln 2;

– za y ∈ (1, 2) : ϕY

(y) =4∫

2y

1xdx = ln x

4

|2y

= ln 42y = ln 2− ln y.

(b) Posmatrajmo transformaciju f : R2 → R2 definisanu saf (X,Y ) = (U,Z) = (X,−X + 4Y )

(odnosno Z = −X + 4Y, U = X).

Oblast D ogranicena duzima:

l1 =(

t, 14 t

) ∣∣ t ∈ [0, 4],

l2 =(

t, 12 t

) ∣∣ t ∈ [0, 4],

l3 = (4, t) | t ∈ [1, 2]-

6

u

z

¡¡

¡¡¡

z = u

4

4

D′

slika 2

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

se funkcijom f (x, y) = (x,−x + 4y) (na oblasti D je funkcijaf neprekidna i monotona) preslikava u oblast D′ (vidi sliku 2)ogranicenu duzima:l′1 = f (l1) =

(t,−t + 4 · 1

4 · t) ∣∣ t ∈ [0, 4]

= (u, 0) | u ∈ [0, 4],

l′2 = f (l2) =(

t,−t + 4 · 12 · t

) ∣∣ t ∈ [0, 4]

= (z, z) | z ∈ [0, 4],l′3 = f (l3) = (4,−4 + 4t) | t ∈ [1, 2] = (4, z) | z ∈ [0, 4].Resavajuci po (X, Y ) sistem jednacina Z = −X + 4Y, U = X,dobijamo inverznu transformaciju:

125

f−1 (u, z) =(u, z+u

4

)= (x, y) .

Jakobijan ove funkcije je:

J−1f (u, z) =

∣∣∣∣xu xz

yu yz

∣∣∣∣ =∣∣∣∣

1 014

14

∣∣∣∣ = 14 .

Sledi:ϕ

U,Z(u, z) = ϕ

X,Y

(f−1 (u, z)

) ∣∣∣J−1f (u, z)

∣∣∣ =

= ϕX,Y

(u, z+u

4

) · ∣∣ 14

∣∣ =

14u (u, z) ∈ D′

0 (u, z) 6∈ D′ .

Gustinu slucajne promenljive Z nalazimo kao marginalnu raspodeluslucajnog vektora (Z, U) :

ϕZ

(z) =∞∫−∞

ϕU,Z

(u, z) du = . . .

– za z 6∈ (0, 4) : ϕZ

(z) =∞∫−∞

0du = 0,

– za z ∈ (0, 4) : ϕZ

(z) =∞∫−∞

14udu = 1

4 ln u4

|z

= 14 ln 4

z ,

te dolazimo do funkcije raspodele slucajne promenljive Z :

FZ

(z) =∞∫−∞

ϕZ

(t) dt = . . .

– za z ≤ 0 : FZ

(z) =z∫

−∞0dt = 0;

– za 0 < z ≤ 4 : FZ

(z) =z∫0

14 ln 4

t dt = 14z (1 + ln 4− ln z);

– za 4 < z : FZ

(z) =4∫0

14 ln 4

t dt = 1.

4. Slucajna promenljiva S1000 koja predstavlja broj belih od ukupno 1000 au-tomobila koji produ kroz raskrsnicu ima binomnu B (

1000, 15

)raspodelu.

Pri tome je E (S1000) = 1000 · 15 = 200 i D (S1000) = 1000 · 1

5 · 45 = 160.

Ispitujemo odstupanje∣∣S1000

1000 − 15

∣∣ relativne ucestanosti S10001000 broja

belih automobila od verovatnoce 15 prolaska belog automobila:

(a) P(∣∣S1000

1000 − 15

∣∣ < 0.02)

= 1− P(∣∣S1000

1000 − 15

∣∣ ≥ 0.02)

=

= 1− P(∣∣∣S1000−1000· 15

1000

∣∣∣ ≥ 0.02)

=

= 1− P(∣∣S1000 − 1000 · 1

5

∣∣ ≥ 1000 · 0.02) [1]

≥ 1− 1000· 15 · 45(1000·0.02)2

=

= 1− 160400 = 240

400 = 35 .

[1] - Primena nejednakosti Cebiseva:

P (|S1000 − E (S1000)| ≥ ε) ≤ D(S1000)ε2 .

(b) P(∣∣S1000

1000 − 15

∣∣ < 0.02)

= P(∣∣∣S1000−1000· 15

1000

∣∣∣ < 0.02)

=

126

= P

(∣∣∣∣S1000−1000· 15√

1000· 15 · 45

√15 · 451000

∣∣∣∣ < 0.02)

=

= P

(∣∣∣∣S1000−1000· 15√

1000· 15 · 45

∣∣∣∣ < 0.02√

100015 · 45

)≈ P

(∣∣∣S1000−200√160

∣∣∣ < 1.58114)

=

= P(−1.58114 < S1000−200√

160< 1.58114

)≈

[2]≈ φ (1.58114)− φ (−1.58114) = 2φ (1.58114)− 1 ≈ 2φ (1.58)− 1 ≈≈ 2 · 0.9429− 1 ≈ 0.8858.

[2] - Primena Moavr - Laplasove teoreme:

P(a < S1000−E(S1000)

D(S1000)< b

)≈ φ (b)− φ (a).

5. Funkcija verodostojnosti:

L (x1, . . . , xn; a) =n∏

i=1

ϕX (xi; a) =

=

n∏i=1

ea−xi , ∀i, xi ≥ a

0 , ∃i, xi < a=

ena · e−

nPi=1

xi

, ∀i, xi ≥ a0 , ∃i, xi < a

,

ln L (x1, . . . , xn; a) = na−n∑

i=1

xi (za ∀i, xi ≥ a).

Trazimo maksimum funkcije L po a ≤ min x1, x2, . . . , xn (vodeciracuna da ∀i, xi ≥ a):∂∂θ ln L (x1, . . . , xn; θ) = n > 0 za sve a ≤ min x1, x2, . . . , xn.Funkcija L je monotono rastuca po a, te je njen maksimum dostignut nadesnom kraju intervala (−∞,min x1, x2, . . . , xn] sto znaci da metodommaksimalne verodostojnosti dobijamo ocenu:

a = min X1, X2, . . . , Xn .

Za ispitivanje centriranosti ove ocene treba nam ocekivanje, dakle i raspo-dela slucajne promenljive (statistike) a:

FX (x) =x∫

−∞ϕX (t) dt =

x∫−∞

0dt , x ≤ a

x∫a

ea−tdt , x > a=

0 , x ≤ a

1− ea−x , x > a.

Za t ≥ a je

Fa(t) = P (a < t) = P (min X1, X2, . . . , Xn < t) =

= 1− P (min X1, X2, . . . , Xn ≥ t) =

= 1− P (X1 ≥ t,X2 ≥ t, . . . ,Xn ≥ t)[1]=

= 1− P (X1 ≥ t)P (X2 ≥ t) . . . P (Xn ≥ t) =

= 1− (1− P (X1 < t)) (1− P (X2 < t)) . . . (1− P (Xn < t)) =

= 1− (1− F

X1(t)

) (1− F

X2(t)

). . .

(1− F

Xn(t)

) [2]= 1− (1− FX (t))n =

127

= 1− (1− (1− ea−t))n = 1− en(a−t),

i Fa(t) = 0 za t < a.


[2] - Slucajne promenljive Xi imaju istu raspodelu (kao obelezje X).

ϕa(t) = F ′

a(t) =

nen(a−t) za t ≥ a

0 za t < a,

E (a) =∞∫−∞

tϕa(t) dt =

∞∫a

tnen(a−t)dt = nena∞∫a

te−ntdt =

= −nenae−nt 1n

(1n + t

)∞|a

= −en(a−t)(

1n + t

)∞|a

= 0 + e0(

1n + a

)= 1

n + a.

Centriranost:

Ocena a = 1n nije centrirana jer je E (a) 6= a. Medutim, ocena ˆa = a− 1

n

jeste centrirana jer je E(ˆa)

= E(a− 1

n

)= E (a)− 1

n = a.

6. Posto je

FX

(x) =x∫

−∞ϕ

Xtdt =

x∫−∞

0dt , x ≤ 0x∫0

1.7t0.7dt, 0 < x ≤ 1

1∫0

1.7t0.7dt, 1 < x

=

0 , x ≤ 0x1.7 , 0 < x ≤ 11 , 1 < x

,

sledi:

p1 = P(X ∈ (

0, 14

])= FX

(14

)− FX (0) ≈ 0.0947,

p2 = P(X ∈ (

14 , 1

2

])= F

X

(12

)− FX

(14

) ≈ 0.2131,

p3 = P(X ∈ (

12 , 3

4

])= F

X

(34

)− FX

(12

) ≈ 0.3054,

p4 = P(X ∈ (

34 , 1

))= FX (1)− FX

(34

) ≈ 0.3868,

te za ucestanosti m1 = 6, m2 = 18, m3 = 20, m4 = 30 i obim uzorka

n = m1 + m2 + m3 + m4 = 74 kao vrednost statistike Z =4∑

i=1

(mk−npi)2

npi

na osnovu uzorka dobijamo z ≈ 0.8277.

Posto je

χ2α;4−1 = χ2

0.025;3 ≈ 9.35 > z

sledi da ne odbacujemo hipotezu o tome da elementi uzorka imaju raspo-delu obelezja X.

7. Stanja sistema cemo oznaciti sa brojem pumpi koje su u pogonu bez kvaratokom celog dana (moguca stanja su 0, 1 ili 2). S obzirom na to dasu u toku svakog dana pumpe na pocetku ispravne, tada stanje sistemauopste ne zavisi od njegovog stanja u toku proslog dana, vec samo odeventualne pojave kvara na pumpama u tekucem danu, sto znaci da za

128

svako i ∈ 0, 1, 2 imamo prelazne verovatnoce (koristimo nezavisnostpojave kvara kod pumpi):

pi,0 = 0.1 · 0.1 = 0.01,

pi,1 = 0.1 · 0.9 + 0.9 · 0.1 = 0.18,

p0,2 = 0.9 · 0.9 = 0.81.

Dakle, matrica prelazaza jedan korak glasi:

0 1 2

P =0

1

2

0.01 0.18 0.810.01 0.18 0.810.01 0.18 0.81

.

Sada resavanjem odgovarajuce jednacine po (x, y, z) ∈ (0, 1)3 , gde jez = 1− x− y, dobijamo finalne verovatnoce:

[x y 1− x− y] ·

0.01 0.18 0.810.01 0.18 0.810.01 0.18 0.81

=

xy

1− x− y

⇔

⇔0.01x + 0.01y + 0.01 (1− x− y) = x0.18x + 0.18y + 0.18 (1− x− y) = y0.81x + 0.81y + 0.81 (1− x− y) = 1− x− y

⇔

⇔−x = −0.01

−y = −0.18x + y = 0.19

⇔x = 0.01

y = 0.180 = 0

Dakle, vektor finalnih verovatnoca je

p∗ = [0.01 0.18 1− 0.01− 0.18] = [0.01 0.18 0.81] .

Napomena: vec na osnovu opisa slucajnog procesa smo mogli primetitida stanje sistema u toku nekog dana ne zavisi od stanja sistema u tokuprethodnog dana, jer su na pocetku svakog dana obe pumpe ispravne;dakle, radi se o stacionarnom slucajnom procesu kod kojeg je p∗ = p (n)gde je p (n) raspodela verevatnoca opisanog slucajnog procesa za n-ti dan.

8. E (X) =∞∫−∞

x ϕX

(x) dx =1∫0

x2dx +2∫1

(2x− x2

)dx = 1,

E(X2

)=

∞∫−∞

x2 ϕX

(x) dx =1∫0

x3dx +2∫1

(2x2 − x3

)dx = 7

6 ,

D (X) = E(X2

)− E2 (X) = 76 − 12 = 1

6 ,

E (Y ) =∞∫−∞

y ϕY

(y) dy =4∫3

(y2 − 3y

)dy +

5∫4

(5y − y2

)dy = 4,

E(Y 2

)=

∞∫−∞

y2 ϕY

(y) dy =4∫3

(y3 − 3y2

)dy +

5∫4

(5y2 − y3

)dy = 97

6 ,

D (Y ) = E(Y 2

)− E2 (Y ) = 976 − 42 = 1

6 .

129

(a) Srednja vrednost procesa:

mU

(t) = E (atX + btY ) = atE (X)+ btE (Y ) = at+4bt = (a + 4b) t.


RU

(t, s) = E (Ut Us) = E ((atX + btY ) (asX + bsY )) =

= E(a2tsX2 + b2tsY 2 + 2abtsXY

) [1]=

= a2tsE(X2

)+ b2tsE

(Y 2

)+ 2abtsE (X)E (Y ) =

= 76a2ts + 97

6 b2ts + 8abts = 16

(7a2 + 48ab + 97b2

)ts.

[1] - X i Y su nezavisne velicine, pa je E (XY ) = E (X)E (Y ).

Disperzija procesa:

DU

(t) = D (atX + btY ) = KU

(t, t) = RU

(t, t)−m2U

(t) == 1

6

(a2 + b2

)t2.

(b) Da bi slucajni proces Ut bio stacionaran, mora biti mU

(t) ≡ consti RU (t, s) mora da bude funkcija od (t− s).S jedne strane m

U(t) = (a + 4b) t = const samo ako je a = −4b, i

tada je Ut = bt (−4X + Y ) (u tom slucaju je mU

(t) ≡ 0, t ∈ R); sdruge strane, za a = −4b je R

U(t, s) = 17

6 b2ts funkcija od (t− s)samo za b = 0 (tada je RU (t, s) = 0 · (t− s)). Sledi da mora bitia = b = 0. Ali tada je Ut ≡ 0 i u tom slucaju, trivijalno, proces Ut

jeste stacionaran.

18.11.2000.

1. Pera ucestvuje na turniru preferansa. Turnir je organizovan na sledecinacin: u prvom kolu se igraju tri partije i zatim se na osnovu plasmanaiz prvog kola prolazi ili ne prolazi u drugo kolo turnira, pri cemu se satri pobede sigurno prolazi u drugo kolo, sa dve pobede se prolazi u drugokolo sa verovatnocom 1

2 , sa jednom pobedom se prolazi u drugo kolo saverovatnocom 1

4 , a bez ijedne pobede se sigurno ne prolazi u drugo kolo.Verovatnoca da Pera pobedi u jednoj partiji prvog kola je p, nezavisno odishoda ostale dve partije.

(a) S kojom verovatnocom ce se Pera plasirati u drugo kolo?

(b) Ako se Pera nije plasirao u drugo kolo, koliko iznosi verovatnoca daje u prvom kolu imao 2 pobede?

2. Slucajna promenljiva X ima uniformnu U (−2, 1) raspodelu. Naci funk-ciju raspodele slucajnog vektora (Z, W ) = (X, 2X + 1).

3. Slucajna promenljiva X je odredena gustinom raspodele verovatnoca:

ϕX (x) = 12e−|x|, x ∈ R.

Odrediti funkciju raspodele slucajne promenljive Y definisane sa:

130

Y = f (X) =

X + 2 , X ≤ −2−X − 2 , −2 < X ≤ 0X − 2 , 0 < X ≤ 3

1 , 3 < X

.

4. Verovatnoca da student polozi ispit je 0.3. Studenti polazu ispit nezavisnojedan od drugog.

(a) Ako ispit polaze 100 studenata, primenom Moavr - Laplasove teoremeoceniti verovatnocu da ce bar 35 studenata poloziti ispit.

(b) Koliko studenata treba da izade na ispit pa da sa verovatnocom 0.9polozi bar 50?

5. Odrediti parametar c u funkciji od parametara a > 0 i b > 0 tako da

ϕ (x) =

be−ax , x ≥ c0 , x < c

bude funkcija gustine nekog obelezja X, a zatim za b = aea i odgovarajucec, na osnovu uzorka obima n oceniti parametar a > 0.

6. Poznato je da nedeljna kolicina padavina u ataru sela Kupusina ima pri-blizno normalnu raspodelu. Izvrsena je serija merenja ciji su rezultati datiu tabeli pri cemu je kolicina padavina ak merena u milimetrima po metrukvadratnom, a sa mk je oznacen broj merenja:

ak [0, 5) [5, 10) [10, 15) [15, 20) [20, 25) [25, 30) [30,∞)mk 1 3 4 10 6 4 2

(a) Naci 95% interval poverenja za srednju vrednost nedeljne kolicinepadavina.

(b) Sa pragom znacajnosti 0.05 testirati hipotezu da je srednja vrednostkolicina padavina na njivama sela Kupusine jednaka 36.

7. Date su tacke A, B i C. Duz BC je dva puta duza od duzi AB, a duzAC je tri puta duza od duzi AB. Cestica se u diskretnim vremenskimtrenucima krece po tackama A, B i C (prelazi iz jedne u drugu) na sledecinacin: ako se u jednom trenutku nalazi u tacki X, u sledecem trenutku ceostati u tacki X sa verovatnocom 1

2 , a u preostala dve tacke ce preci saverovatnocama koje su u obrnutoj razmeri sa rastojanjima od tacke X dotih tacaka (verovatnoca prelaska iz X u Y se prema verovatnoci prelaskaiz X u Z odnosi kao XZ : XY ). Napraviti matricu prelaza za jedan korakslucajnog procesa cija stanja opisuju polozaj cestice tokom vremena i nacinajverovatniji polozaj cestice nakon dva koraka ako je na pocetku cesticabila u tacki A.

8. Neka su U i V nezavisne slucajne promenljive pri cemu U imanormalnu raspodelu N (0, 1) a V ima uniformnu U (−2, 2) raspodelu,i neka je Xt, t ∈ R slucajni proces definisan sa Xt = 2t U + t2 V . Nacimatematicko ocekivanje, autokovarijansnu funkciju i disperziju slucajnogprocesa Xt.

131

Resenja:

1. Oznacimo dogadaje:

A - ”Pera se plasirao u drugo kolo”,

Hi, i ∈ 0, 1, 2, 3 - ”Pera je u prvom kolu ostvario i pobeda”,

i oznacimo sa + i − redom pobedu, odnosno poraz u pojedinacnoj partiji.

P (H0) = P ( − − − ) = (1− p)3,

P (H1) = P ( − − + , − + − , + − − ) = 3p (1− p)2,

P (H2) = P ( − + + , + − + , + + − ) = 3p2 (1− p),

P (H3) = P ( + + + ) = p3,

P (A | H0) = 0, P (A | H1) = 14 , P (A | H2) = 1

2 , P (A | H3) = 1.

(a) H0,H1,H2,H3 je potpun sistem dogadaja pa koristeci formulu to-talne verovatnoce dobijamo:

P (A) =3∑

i=0

P (Hi) P (A | Hi) = 34p (1− p)2 + 3

2p2 (1− p) + p3.

(b) Koristeci Bajesovu formulu dobijamo:

P(H2 | A

)=

P (H2) P(A | H2

)

P(A

) =P (H2) (1− P (A | H2))

1− P (A)=

=3p2 (1− p)

(1− 1

2

)

1−(

34p (1− p)2 + 3

2p2 (1− p) + p3) =

=32p2 (1− p)

1− 34p (1− p)2 − 3

2p2 (1− p)− p3=

6p2

p2 + p + 4.

2. X : U (−2, 1), FX

(x) =

0 , x ≤ −2x+23 , −2 < x ≤ 11 , 1 < x

.

Funkciju raspodele vektora (Z, W ) mozemo naci na sledeci nacin:

FZ,W

(z, w) = P (Z < z, W < w) = P (X < z, 2X + 1 < w) =

= P (X < z, 2X < w − 1) = P(X < z, X < w−1

2

)=

= P(X < min

z, w−1

2

)= F

X

(min

z, w−1

2

)=

=

0 , minz, w−1

2

≤ −2minz, w−1

2 +2

3 , −2 < minz, w−1

2

≤ 1

1 , 1 < minz, w−1

2

.

Posto je

. minz, w−1

2

≤ −2 ⇔ (z ≤ −2 ∨ w−1

2 ≤ −2) ⇔

⇔ (z ≤ −2 ∨ w ≤ −3),

132

. −2 < minz, w−1

2

≤ 1 ⇔⇔ ((−2 < z ∧ −2 < w−1

2

) ∧ (z ≤ 1 ∨ w−1

2 ≤ 1)) ⇔

⇔ ((−2 < z ∧ −3 < w) ∧ (z ≤ 1 ∨ w ≤ 3)) ⇔⇔ ((−2 < z ≤ 1 ∧ −3 < w) ∨ (−2 < z ∧ −3 < w ≤ 3)),

. 1 < minz, w−1

2

⇔ (1 < z ∧ 1 < w−1

2

) ⇔ (1 < z ∧ 3 < w),

to je: FZ,W

(z, w) =

0 , z ≤ −2 ∨ w ≤ −3z+23 , −2 < z ≤ 1 ∧ z ≤ w−1

2w+3

6 , −2 < z ≤ 1 ∧ z > w−12

1 , 1 < z ∧ 3 < w

.

3. ϕX

(x) =

12ex , x < 0

12e−x , x ≥ 0

.

Pri izracunavanju FY (y) = P (Y < y) dogadaj Y < y cemo izraz-iti preko dogadaja oblika a < X < b da bismo iskoristili raspodeluslucajne promenljive X. S obzirom na definiciju slucajne promenljive Y(vidi sliku 1) i tacku x = 0 u kojoj se grana gustina slucajne promenljiveX, dobijamo sledece slucajeve (po y):

- X

6Y

Y =X+2

@@@@@Y =−X−2

Y =X−2

Y =1

−2 2 3

−2

1

slika 1

. za y ≤ −2 (pri tome je y − 2 ≤ 0, vidi sliku 2):

FY (y) = P (X < y − 2) =y−2∫−∞

ϕX (x) dx =y−2∫−∞

12exdx = 1

2ey−2;

- X

6Y

@@@@@

−2 2 3

−2

1

y

y−2

slika 2

. za −2 < y ≤ 0 (pri tome je y − 2 ≤ 0 ∧ −y − 2 < 0 ∧ y + 2 > 0,vidi sliku 3):F

Y(y) = P (X < y − 2 + −y − 2 < X < y + 2) =

133

= P (X < y − 2) + P (−y − 2 < X < y + 2) =

=y−2∫−∞

ϕX

(x) dx +y+2∫−y−2

ϕX

(x) dx =

=y−2∫−∞

12exdx +

0∫−y−2

12exdx +

y+2∫0

12e−xdx = 1− 1

e2

(e−y − 1

2ey);

- X

6Y

@@@@@

−2 2 3

−2

1

y

y−2 −y−2 y+2

slika 3. za 0 < y ≤ 1 (pri tome je y + 2 > 0, vidi sliku 4):

FY

(y) = P (X < y + 2) =y+2∫−∞

ϕX

(x) dx =

=0∫

−∞12exdx +

y+2∫0

12e−xdx = 1− 1

2e2 e−y;

- X

6Y

@@@@@

−2 2 3

−2

1

y

y+2

slika 4. za 1 < y (vidi sliku 5):

FY

(y) = P (X ∈ R) =∞∫−∞

ϕX

(x) dx = 1.

- X

6Y

@@@@@

−2 2 3

−2

1

y

slika 5

4. Neka je Xn slucajna promenljiva koja predstavlja broj studenata kojipoloze, od n studenata koji su izasli na ispit. Xn ima binomnu B (n, 0.3)raspodelu, pri cemu je E (Xn) = np = 0.3n i D (Xn) = npq = 0.21n, gdeje p = 0.3 i q = 1− p = 0.7.

134

(a) P (X100 ≥ 35) = 1− P (X100 < 35) = 1− P(

X100−np√npq < 35−np√

npq

)≈

≈ 1−P(

X100−np√npq < 1.09109

) [1]≈ 1−φ (1.09109) ≈ 1−0.8621 ≈ 0.1379.

(b) Resavamo po n jednacinu P (Xn ≥ 50) = 0.9 :P (Xn ≥ 50) = 0.9 ⇔ 1− P (Xn < 50) = 0.9 ⇔⇔ 1− P

(Xn−np√

npq < 50−np√npq

)= 0.9 ⇔

⇔ 1− P(

Xn−0.3 n√0.21 n

< 50−0.3 n√0.21 n

)= 0.9

[1]⇔⇔ 1− φ

(50−0.3 n√

0.21 n

)≈ 0.9 ⇔ φ

(50−0.3 n√

0.21 n

)≈ 0.1 ⇔

⇔ 50−0.3 n√0.21 n

≈ φ−1 (0.1) = −φ−1 (0.9) ≈ −1.28 ⇔⇔ 50− 0.3 n ≈ −1.28

√0.21 n ⇔

⇔ 0.3n− 1.28√

0.21√

n− 50 ≈ 0 ⇔⇔ (

√n ≈ −11.9693 ∨ √

n ≈ 13.9245) ⇔⇔ √

n ≈ 13.9245 ⇔ n ≈ 13.92452 ≈ 193.892.Dakle, na ispit treba da izade (priblizno) 194 studenta.

[1] - Primena Moavr - Laplasove teoreme.

5. Da bi data funkcija bila gustina neke slucajne promenljive, mora da vazi

1 =∞∫−∞

ϕ (x) dx =∞∫c

be−axdx = bae−ac.

Resavanjem ove jednacine po c: 1 = bae−ac ⇔ a

b = e−ac ⇔ ln ab = −ac

dobijamo (obratiti paznju na uslove a > 0 i b > 0):

c = − 1a ln a

b .

Za b = aea dobijamo c = − 1a ln a

aea = − 1a ln e−a = −−a

a = 1, pa obelezjeX ima gustinu:

ϕX (x) =

aea(1−x) , x ≥ 10 , x < 1

.

Parametar a mozemo oceniti npr. metodom momenata.

E (X) =∞∫−∞

xϕX

(x) dx =∞∫1

xaea(1−x)dx = 1+aa .

Izjednacavanjem matematickog ocekivanja obelezja X sa uzorackim mo-mentom reda 1 (uzorackom aritmetickom sredinom) dobijamo:

1 + a

a=

1n

n∑

i=1

xi ⇔ 1 = a

(1n

n∑

i=1

xi − 1

)⇔ a =

1

1n

n∑i=1

xi − 1.

Time za ocenu parametra a dobijamo statistiku:

a =1

1n

n∑i=1

Xi − 1.

135

6. (a) Za datu seriju od n = 1 + 3 + 4 + 10 + 6 + 4 + 2 = 30 merenjaizracunavamo uzoracku aritmeticku sredinu i uzoracku disperziju (zasvaki interval iz tabele, kao kolicinu padavina uzimamo sredinu in-tervala):x30 = 1

30(2.5 + 3 · 7.5 + 4 · 12.5 + 10 · 17.5 + 6 · 22.5 + 4 · 27.5 + 2 · 32.5) =

= 563≈ 18.6667,

s230 = 1

30

2.5− 56

3

2+ 3 · 7.5− 56

3

2+ 4 · 12.5− 56

3

2+

+10 · 17.5− 563

2+ 6 · 22.5− 56

3

2+

+4 · 27.5− 563

2+ 2 · 32.5− 56

3

2=

= 190136

≈ 52.8056,

s30 =q

190136

≈ 7.26674.

Iz tablica Studentove raspodele nalazimo da jet30−1; 1+0.95

2= t29;0.975 ≈ 2.045,

te je trazeni interval poverenja:(x30 − t29;0.975√

30−1s30 , x30 + t29;0.975√

30−1s30

)= (15.9071 , 21.4262) .

(b) Posto je zadan isti prag znacajnosti 0.05 = 1 − 0.95 kao pod (a), iposto 36 ne pripada nadenom 95% - om intervalu poverenja, odbacu-jemo nasu hipotezu.

7. Obelezimo stanja sistema istim slovima kao odgovarajuce tacke. Ako sesistem nalazi u tacki A, tada ostaje u tacki A sa verovatnocom 1

2 , iliprelazi u tacke B ili C sa verovatnocama pAB i pAC za koje vazipAB + pAC = 1

2 i pAB : pAC = 3 : 1 (tj. pAB

pAC

= 31 ); resavajuci ovaj

sistem jednacina dobijamo pAB = 38 i pAC = 1

8 . Na isti nacin nalazimop

BA= 1

3 i pBC

= 16 , kao i p

CA= 1

5 i pCB

= 310 . Tako smo dobili

matricu prelaza P = [pXY

] , X, Y ∈ A,B,C.Matrica prelaza za jedan korak:

P =

A B C

A

B

C

12

38

18

13

12

16

15

310

12

.

Matrica prelaza za dva koraka:

P 2 =

A B C

A

B

C

25

3380

316

1130

1740

524

310

38

1340

.

Vektor pocetnih verovatnoca jeA B C

p0 = [1 0 0] te za vektor verovatnocapolozaja cestice nakon dva koraka dobijamo

p2 = p0 · P 2 =A B C[25

3380

316

],

pa je nakon dva koraka najverovatniji polozaj cestice u tacki B.

8. Posto slucajne promenljive U i V imaju redom N (0, 1) i U (−2, 2)raspodelu, sledi da je E (U) = 0, E (V ) = −2+2

2 = 0, D (U) = 1 i

136

D (V ) = (2−(−2))2

12 = 43 , a iz D (U) = E

(U2

) − (E (U))2 dobijamo daje E

(U2

)= D (U) + (E (U))2 = 1 + 02 = 1 i na isti nacin dobijamo

E(V 2

)= D (V ) + (E (V ))2 = 4

3 .

mX

(t) = E (Xt) = E(2t U + t2 V

) [1]= 2t E (U)+ t2 E (V ) = 2t ·0+ t2 ·0 = 0,

KX

(t, s) = E ((Xt −mX

(t)) (Xs −mX

(s))) = E (Xt Xs) =

= E((

2t U + t2 V) (

2s U + s2 V))

=

= E(2s+t U2 +

(2ts2 + 2st2

)U V + t2s2 V 2

) [1],[2]=

= 2s+tE(U2

)+

(2ts2 + 2st2

)E (U) E (V ) + t2s2E

(V 2

)=

= 2s+t · 1 + 0 + (ts)2 · 43 = 2s+t + 4

3 (ts)2,

DX

(t) = KX

(t, t) = 2t+t + 43 (tt)2 = 4t + 4

3 t4.

[1] - Matematicko ocekivanje je linearna transformacija.

[2] - Slucajne promenljive U i V su nezavisne pa je

E (U V ) = E (U)E (V ).

16.12.2000.

1. Igrac baca novcic 3 puta. Ako pismo padne bar jednom, igrac izvlaci 2kuglice sa vracanjem iz kutije u kojoj se nalaze 3 bele i 2 crvene kuglice.Ako pismo ne padne ni jednom, igrac izvlaci 2 kuglice bez vracanja iz istekutije.

(a) Izracunati verovatnocu da ce igrac izvuci 2 bele kuglice.

(b) Ako je igrac izvukao bar 1 crvenu kuglicu, koliko iznosi verovatnocada je pri bacanju novcica 3 puta pao grb?

2. Diskretna slucajna promenljiva X ima zakon raspodele:(

1 213

23

),

a slucajna promenljiva Y ima uniformnu raspodelu U (−3,−1). Nacifunkciju raspodele slucajne promenljive Z = X Y .

3. U unutrasnjosti trougla T sa temenima u tackama (0, 0), (1, 0) i (0, 1) sena slucajan nacin bira tacka A (x, y). Naci raspodelu slucajne promenljiveZ koja predstavlja obim pravougaonika sa temenima (0, 0), (x, 0), (x, y) i(0, y).

4. Kosarkas izvodi 2 slobodna bacanja. Verovatnoca da ce oba puta pogoditiiznosi 0.7, da ce samo jednom pogoditi 0.2 i da ce oba puta promasiti 0.1.

(a) Ako u toku prvenstva igrac izvodi 100 puta po 2 slobodna bacanja,izracunati verovatnocu da ce postici bar 170 koseva.

137

(b) Koliko puta igrac treba da izvede po 2 slobodna bacanja pa da saverovatnocom 0.99 postigne bar 100 koseva?

5. Obelezje X je dato zakonom raspodele:(

2 5 7 122θ 3θ θ 1− 6θ

).

(a) Odrediti konstante a i b tako da statistika θ = a + bXn budecentrirana ocena parametra θ.

(b) Ispitati saglasnost uzorka:xi 2 5 7 12mi 12 22 10 6

sa datom raspodelom i pragom znacajnosti α = 0.1.

6. U osam merenja jedne velicine dobijeni su sledeci rezultati: 12.32, 14.58,10.18, 13.82, 11.04, 12.12, 14.88, 11.06. Pretpostavlja se da obelezje Xima normalnu raspodelu.

(a) Naci 90% interval poverenja za nepoznato matematicko ocekivanjem obelezja X.

(b) Naci 90% jednostrani interval poverenja za nepoznatu disperziju σ2

obelezja X.

7. Cestica se krece po cvorovima grafa sa slikepri cemu u svakom koraku iz nekog cvora sajednakim verovatnocama prelazi u bilo kojipovezan cvor. Naci matricu prelaza kretanjacestice po cvorovima grafa (za jedan korak) iodrediti da li je verovatnije da se nakon dru-gog koraka cestica nasla u cvoru 5 ako je napocetku bila u cvoru 1 ili ako je na pocetkubila u cvoru 2.

b b

b b

b

AAAAAAA

HHHH

HHH

1

2

3 4

5

8. Naci matematicko ocekivanje, disperziju i autokovarijansnu funkciju slu-

cajnog procesa Xt =3∑

n=0entUn, t ∈ R, gde su Un, n ∈ 0, 1, 2, 3

nezavisne slucajne promenljive sa normalnom N (n, 2−n) raspodelom.

Resenja:

1. Dogadaji H1: ”pismo je palo bar jednom” i H2: ”pismo nije palo ni-jednom” cine potpun sistem dogadaja pri cemu je P (H2) =

(12

)3 = 18 i

P (H1) = 1− P (H2) = 78 . Za dogadaj A: ”igrac izvlaci 2 bele kuglice” je

P (A | H1) = 33+2 · 3

3+2 = 925 i P (A | H2) = 3

3+2 · 3−1(3−1)+2 = 3

10 .

(a) Na osnovu formule totalne verovatnoce je:P (A) = P (H1)P (A | H1) + P (H2) P (A | H2) == 7

8 · 925 + 1

8 · 310 = 141

400 = 0.3525.

138

(b) Posto je P(A

)= 1− P (A) = 259

400 = 0.6475,

P(A | H2

)= 1− P (A | H2) = 7

10 ,

na osnovu Bajesove formule imamo:

P(H2 | A

)=

P (H2)P(A | H2

)

P(A

) =18 · 7

10259400

=537

= 0.1351.

2. RZ = RX · RY = 1 · [−3,−1] ∪ 2 · [−3,−1] = [−6,−1],

FY

(y) =

0 , y ∈ (−∞,−3]y+32 , y ∈ (−3,−1]1 , y ∈ (−1,∞)

.

Dogadaji X = 1 i X = 2 cine potpun sistem dogadaja pa je

FZ

(z) = P (Z < z) = P (XY < z) =

= P (X = 1) P (XY < z | X = 1) + P (X = 2) P (XY < z | X = 2) =

= 13P (Y < z) + 2

3P (2Y < z) = 13P (Y < z) + 2

3P(Y < 1

2z)

=

= 13F

Y(z) + 2

3FY

(12z

)= . . .

- za z ≤ −6(

12z ≤ −3

)vazi:

FZ (z) =13· 0 +

23· 0 = 0;

- za z ∈ (−6,−3](

12z ∈ [−3,− 3

2

))vazi:

FZ

(z) =13· 0 +

23·

z2 + 3

2=

16z + 1;

- za z ∈ (−3,−2](

12z ∈ (− 3

2 ,−1])

vazi:

FZ (z) =13· z + 3

2+

23·

z2 + 3

2=

13z +

32;

- za z ∈ (−2,−1](

12z ∈ (−1,− 1

2

])vazi:

FZ

(z) =13· z + 3

2+

23· 1 =

16z +

76;

- za z ∈ (−1,∞)(

12z > − 1

2

)vazi:

FZ

(z) =13· 1 +

23· 1 = 1.

Prema tome, imamo: FZ

(z) =

0 , z ∈ (−∞,−6]16z + 1 , z ∈ (−6,−3]13z + 3

2 , z ∈ (−3,−2]16z + 7

6 , z ∈ (−2,−1]

1 , z ∈ (−1,∞)

.

3. Neka slucajne promenljive X i Y redom predstavljaju x i ykoordinatu izabrane tacke A. Posto se tacka A slucajno bira iz trougla

139

povrsine 12 , to znaci da slucajni vektor (X, Y ) ima uniformnu U (T )

raspodelu tj. gustina vektora (X, Y ) glasi:

ϕX,Y (x, y) =

112

, (x, y) ∈ T

0 , (x, y) 6∈ T=

2 , (x, y) ∈ T0 , (x, y) 6∈ T

.

Slucajnu promenljivu Z mozemo izraziti preko slucajnog vektora (X, Y )kao Z = 2X+2Y pa funkciju raspodele slucajne promenljive Z nalazimokoristeci raspodelu slucajnog vektora (X, Y ).

Obelezimo:Sz =

(x, y) ∈ T | x + y < 1

2z.

-

6

x

y

@@@@@@@@

1

1

@@

@@

@@

@@x + y = 1

2z

12z

12z

Sz

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

FZ (z) = P (Z < z) = P (2X + 2Y < z) = P(X + Y < 1

2z)

=

=∫∫Sz

ϕX,Y

(x, y) dxdy = . . .

- za z ≤ 0:

FZ

(z) =∫∫∅

ϕX,Y

(x, y) dxdy = 0;

- za 0 < z ≤ 2 (vidi sliku):

FZ

(z) =12 z∫0

( 12 z−x∫0

2dy

)dx = 2

12 z∫0

(12z − x

)dx =

= z

12 z∫0

dx− 212 z∫0

xdx = 12z2 − 1

4z2 = 14z2;

- za 2 < z:F

Z(z) =

∫∫T

ϕX,Y

(x, y) dxdy = 1.

4. Slucajna promenljiva Xi, koja predstavlja broj pogodaka u i-tom izvo-

denju 2 slobodna bacanja, ima zakon raspodele(

0 1 20.1 0.2 0.7

)i

numericke karakteristike

E (Xi) = 0 · 0.1 + 1 · 0.2 + 2 · 0.7 = 1.6,

D (Xi) = E(X2

i

)− E2 (Xi) = 02 · 0.1 + 12 · 0.2 + 22 · 0.7− 1.62 = 0.44.


i=1

Xi predstavlja broj pogodaka pri n

izvodenja 2 slobodna bacanja, i njene karakteristike su

140

E (Sn) = E

(n∑

i=1

Xi

)=

n∑i=1

E (Xi) = 1.6 n,

D (Sn) = D

(n∑

i=1

Xi

)=

n∑i=1

D (Xi) = 0.44 n

(svako izvodenje 2 slobodna bacanja je nezavisno od ostalih izvodenja).

(a) Za n = 100 izracunavamo verovatnocu:P (S100 ≥ 170) = 1− P (S100 < 170) =

= 1− P

(S100−E(S100)√

D(S100)< 170−E(S100)√

D(S100)

)[1]≈ 1− φ

(170−E(S100)√

D(S100)

)=

= 1− φ(

170−100·1.6√100·0.44

)≈ 1− φ (1.51) ≈ 1− 0.9345 ≈ 0.0655.

(b) Resavamo po n jednacinu P (Sn ≥ 100) = 0.99:P (Sn ≥ 100) = 0.99 ⇔ 1− P (Sn < 100) = 0.99 ⇔⇔ P (Sn < 100) = 0.01 ⇔⇔ P

(Sn−E(Sn)√

D(Sn)< 100−E(Sn)√

D(Sn)

)= 0.01 ⇔

[1]⇔ φ

(100−E(Sn)√

D(Sn)

)≈ 0.01 ⇔ φ

(100−1.6n√

0.44n

)≈ 0.01 ⇔

⇔ 100−1.6n√0.44n

≈ φ−1 (0.01) = −φ−1 (0.99) ≈ −2.33 ⇔⇔ 1.6n− 2.33

√0.44

√n− 100 ≈ 0 ⇔

⇔ (√n = t ∧ 1.6t2 − 2.33

√0.44t− 100 ≈ 0

) ⇔⇔ (

√n = t ∧ (t ≈ −7.43745 ∨ t ≈ 8.40342)) ⇔

⇔ (√

n ≈ −7.43745 ∨ √n ≈ 8.40342) ⇔

⇔ √n ≈ 8.40342 ⇔ n ≈ 8.403422 ≈ 70.6174.

Dakle, potrebno je da oko 71 put izvede po dva slobodna bacanja.

[1] - Primena centralne granicne teoreme.

5. (a) Resavamo po a i b jednacinu: E(θ)

= θ.E (X) = 2 · 2θ + 5 · 3θ + 7 · θ + 12 · (1− 6θ) = 12− 46θ,

E(θ)

= E(a + bXn

)= a + bE

(1n

n∑i=1

Xi

)= a + b 1

n

n∑i=1

E (Xi) =

= a + b 1n (nE (X)) = a + bE (X) = a + b (12− 46θ) =

= a + 12b− 46bθ.

Dakle:E

(θ)

= θ ⇔ a + 12b− 46bθ = θ ⇔⇔ a+12b−(46b + 1) θ = 0 ⇔ (a + 12b = 0 ∧ 46b + 1 = 0) ⇔⇔ (

b = − 146 ∧ a = 6

23

).

(b) Posto je ocena θ iz (a) centrirana, mozemo je smatrati ”dobrom”ocenom parametra θ, pa je mozemo koristiti za izracunavanje vred-nosti parametra θ.

141

Velicina uzorka je n = 12 + 22 + 10 + 6 = 50, uzoracka aritmetickasredina je x50 = 1

50 (2 · 12 + 5 · 22 + 7 · 10 + 12 · 6) = 13825 = 5.52, te

dobijamoθ = a + bx50 = 6

23 − 146 · 5.52 = 81

575 ≈ 0.140867.

Prema tome, dobijamo sledece teorijske verovatnoce:p1 = P (X = 2) = 2θ = 162

575 ≈ 0.2817,p2 = P (X = 5) = 3θ = 243

575 ≈ 0.4226,p3 = P (X = 7) = θ = 81

575 ≈ 0.1409,p4 = P (X = 12) = 1− 6θ = 89

575 ≈ 0.1548.Na osnovu dobijenih teorijskih verovatnoca i datog uzorka:

xi 2 5 7 12mi 12 22 10 6pi

162575

243575

81575

89575

izracunavamo vrednost χ2 statistike: z =4∑

i=1

(mi−50 pi)2

50 pi≈ 1.9768.

Posto je z < 4.61 ≈ χ2α;4−1−l = χ2

0.1;2 (gde je l = 1 broj ocenjenihparametara), konstatujemo da uzorak ne protivreci hipotezi.

6. Za zadani uzorak obima n = 8 izracunavamo uzoracku aritmetickusredinu i uzoracku disperziju:x8 = 1

8 (12.32+14.58+10.18+13.82+11.04+12.12+14.88+11.06) = 12.5,s28 = 1

8 (12.322+14.582+10.182+13.822+11.042+12.122+14.882+11.062)− 12.52 == 2.6872,

s8 =√

s28 ≈ 1.6393,

a iz tablica Studentove i χ2 raspodele za nivo poverenja β = 0.9 odnosnoprag znacajnosti α = 1− β = 0.1 ocitavamo:

tn−1; 1+β2

= t7;0.95 ≈ 1.895, χ2n−1;α = χ2

7;0.1 ≈ 2.83.

(a) 90% interval poveranja za matematicko ocekivanje (kada disperzijanije poznata):

I =[x8 − t7;0.95

s8√7, x8 + t7;0.95

s8√7

]= [11.3259, 13.6741] .

(b) 90% jednostrani interval poveranja za disperziju:

I =(0,

ns28

χ27;0.1

]= (0, 7.59633] .

7. Matrice prelaza za jedan i dva koraka:

1 2 3 4 5

1

2

P = 3

4

5

0 0 12

12 0

0 0 0 12

12

12 0 0 0 1

212

12 0 0 0

0 12

12 0 0

,

1 2 3 4 5

1

2

P 2 = 3

4

5

12

14 0 0 1

414

12

14 0 0

0 14

12

14 0

0 0 14

12

14

14 0 0 1

412

.

142

Posmatramo pocetne raspodele verovatnoca:

1 2 3 4 5

u (0) = [1 0 0 0 0 ] (cestica je na pocetku bila u cvoru 1),

1 2 3 4 5

v (0) = [0 1 0 0 0 ] (cestica je na pocetku bila u cvoru 2).

Za raspodele verovatnoca polozaja cestice nakon dva koraka u ova dvaslucaja dobijamo:

1 2 3 4 5

u (2) = u (0) · P 2 = [ 12

14 0 0 1

4 ] ,

1 2 3 4 5

v (2) = v (0) · P 2 = [ 14

12

14 0 0 ] .

Vidimo da je u5 (2) = 14 > 0 = v5 (2) tj. verovatnije je da se nakon drugog

koraka nasla u cvoru 5 ako je na pocetku bila u cvoru 1 (ako je na pocetkubila u cvoru 2, tada se nakon 2 koraka sigurno ne nalazi u cvoru 5).

8. Iz Un : N (n, 2−n) imamo da je E (Un) = n i D (Un) = 2−2n.

* Koristeci linearnost matematickog ocekivanja dobijamo:

mX (t) = E (Xt) = E

(3∑

n=0entUn

)[1]=

3∑n=0

entE (Un) =3∑

n=0nent.

* KX (t, s) = E ((Xt −mX (t)) (Xs −mX (s))) =

= E

((3∑

n=0entUn −

3∑n=0

nent

)(3∑

n=0ensUn −

3∑n=0

nens

))=

= E

(3∑

n=0ent (Un − n) ·

3∑n=0

ens (Un − n))

=

= E

3∑

n=0en(t+s) (Un − n)2 +

3∑n,m=0n 6=m

ent+ms (Un − n) (Um −m)

=

[1],[2]=

3∑n=0

en(t+s)E((Un − n)2

)+

3∑n,m=0n 6=m

ent+msE (Un − n) E (Um −m) =

[3]=

3∑n=0

2−2nen(t+s) =3∑

n=0

(14e(t+s)

)n=

1−( 14 e(t+s))4

1− 14 e(t+s) = 1

64256−e4(t+s)

4−e(t+s) .

* Prvi nacin: koristeci osobine disperzije (Un su nezavisne) dobijamo

DX

(t) = D

(3∑

n=0entUn

)=

3∑n=0

(ent)2 D (Un) =3∑

n=02−2ne2nt =

=3∑

n=0

(14e2t

)n =1−( 1

4 e2t)4

1− 14 e2t = 1

64256−e8t

4−e2t .

Drugi nacin: koristeci autokorelacionu funkciju dobijamo

DX (t) = KX (t, t) = 164

256−e4(t+t)

4−e(t+t) = 164

256−e8t

4−e2t .

[1] - Matematicko ocekivanje je linearna funkcija.

143

[2] - Slucajne promenljive Un su nezavisne pa su nezavisne i Un − n,odakle sledi da je E ((Un − n) (Um −m)) = E (Un − n) E (Um −m) zasve n 6= m.

[3] - Koristimo: E((Un − n)2

)= D (Un) = 2−2n,

E (Un − n) = E (Un − E (Un)) = 0.

01.02.2001.

1. Baca se kockica za ”Ne ljuti se covece”. Ako se pojavi broj veci od 4,na slucajan nacin se bira u ravni jedna tacka iz kvadrata sa temenima utackama (1, 0), (2, 1), (1, 2) i (0, 1). U suprotnom, na slucajan nacinse bira jedna tacka iz kruga sa centrom u tacki (1, 1) poluprecnika 1.

(a) Naci verovatnocu da je zbir koordinata izbrane tacke manji od 2.

(b) Ako je zbir koordinata izabrane tacke manji od 2, koliko iznosi vero-vatnoca da su obe koordinate manje od 1?

2. Slucajna promenljiva X ima uniformnu U (0, 2) raspodelu, a slucajnapromenljiva Y pod uslovom X = x ima uniformnu U (

12x, x

)raspodelu.

(a) Naci matematicko ocekivanje slucajne promenljive Y .

(b) Naci raspodelu slucajnog vektora(X2, X + 2

).

3. Slucajna promenljiva X uzima vrednosti iz skupa N sa verovatnocamapn = P (X = n) = 1

2n , n ∈ N. Naci matematicko ocekivanje slucajnepromenljive Y = sin

(π2 X

).

4. Slucajna promenljiva X ima binomnu B (10, 1

4

)raspodelu. Oceniti

verovatnocu P(∣∣ 1

10X − 14

∣∣ > 0.2)

(a) koristeci nejednakost Cebiseva,

(b) koristeci Moavr - Laplasovu teoremu.

5. Dato je obelezje X zakonom raspodele:

P (X = k) = ak−3

(k−3)!e−a, k ∈ 3, 4, 5, . . . , (a > 0)

i dat je uzorak dobijen na osnovu izvrsenih 576 merenja:

realizacije eksperimenata: 3 4 5 6 7 8broj realizacija eksperimenata: 229 211 93 35 7 1

(a) Naci jednu centriranu ocenu parametra a obelezja X.

(b) χ2 - testom ispitati da li je, sa pragom znacajnosti α = 0.1, datiuzorak u saglasnosti sa obelezjem X.

144

6. Poznato je da obelezje X, koje predstavlja vreme (u satima) inkubacijenekog virusa kod pacijenata ima normalnu raspodelu. Odrediti 90%jednostrani i dvostrani interval poverenja za disperziju obelezja X naosnovu slucajnog uzorka prikazanog u tabeli:vreme inkubacije [0, 6) [6, 7) [7, 9) [9, 12) [12, 14) [14, 16) [16, 19]

broj pacijenata 1 3 4 10 6 4 2

7. Slucajni proces Xn, n ∈ N, koji predstavlja polozaj cestice u trenutkun ∈ N koja se krece po celobrojnim tackama iz intervala [1, 100] (tj. skupstanja je 1, 2, 3, . . . , 100), odreden je sledecim uslovnim verovatnocama:

P (Xn+1 = 100 | Xn = 100) = 1,

P (Xn+1 = j | Xn = i) =

14 , j = 134 , j = i + 1

0 , j 6∈ 1, i + 1, za i 6= 100.

(a) Naci matricu prelaza za jedan korak.

(b) Ako se na pocetku cestica sa jednakim verovatnocama nalazi u bilokojoj od tacaka iz skupa mogucih stanja, naci zakon raspodele vero-vatnoca polozaja cestice u trenutku n = 2.

8. Slucajni proces Xt, t ∈ (0,∞) je odreden svojim jednodimenzional-nim raspodelama Xt : U (0, t). Neka je Y nezavisna (u odnosu naXt) slucajna promenljiva sa eksponencijalnom E (2) raspodelom. Nacimatematicko ocekivanje, autokovarijansnu funkciju i disperziju procesa

Zt = Xt + 1t Y, t ∈ (0,∞) .

Resenja:

1. Oznacimo dogadaje:

H1 - ”bira se tacka iz kruga”(tj. ”na kockici je dobijen broj iz skupa 1, 2, 3, 4”),

H2 - ”bira se tacka iz kvadrata”,(tj. ”na kockici je dobijen broj iz skupa 5, 6”),

A - ”zbir koordinata izabrane tacke je manji od 2”,B - ”obe koordinate izabrane tacke su manje od 1”.

Skup H1,H2 cini potpun sistem dogadaja, pri cemu je:

P (H1) = 23 , P (H2) = 1− P (H1) = 1

3 .

(a) Koristeci geometrijsku definiciju verovatnoce dobijamo:

P (A | H1) = povrsina polukruga K′

povrsina kruga K= 1

2 (vidi sliku 1),

P (A | H2) = povrsina pravougaonika G′

povrsina kvadrata G= 1

2 (vidi sliku 2).

Na osnovu formule totalne verovatnoce je:P (A) = P (H1) P (A | H1) + P (H2)P (A | H2) = 2

3 · 12 + 1

3 · 12 = 1

2 .

145

-

6

x

y

@@@@@

x+y=21 2

1

2

K′

slika 1

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

-

6

x

y

@@@@@

x+y=21 2

1

2

@@

@@

G′

slika 2

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

(b) P (B | A) = P(B∩A)P(A) = P(B∩A∩(H1+H2))

P(A) = P(B∩A∩H1)+P(B∩A∩H2)P(A) =

= P(H1)P(B∩A | H1)+P(H2)P(B∩A | H2)P(A) =

23 · 14+ 1

3 · 1414

= 12 ,

gde je:

P (B ∩A | H1) = povrsina kruznog isecka K′′

povrsina kruga K= 1

4 (vidi sliku 3),

P (B ∩A | H2) = povrsina isecka iz kvadrata G′′

povrsina kvadrata K= 1

4 (vidi sliku 4).

-

6

x

y

1 2

1

2

K′′

slika 3

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

-

6

x

y

1 2

1

2

@@@

@@@

G′′

slika 4

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

2. Iz X : U (0, 2) i Y | X = x : U (12x, x

)(podrazumeva se da x ∈ [0, 2]

jer je inace slucajna promenljiva Y | X = x nedefinisana) imamo:

ϕX (x) =

12 , x ∈ [0, 2]0 , x 6∈ [0, 2] , FX (x) =

0 , x ∈ (−∞, 0]12x , x ∈ (0, 2]1 , x ∈ (2,∞)

,

ϕY |X=x (y) =

1

x− 12 x

, y ∈ [12x, x

]

0 , y 6∈ [12x, x

] =

2x , y ∈ [

12x, x

]

0 , y 6∈ [12x, x

] .

(a) Prvi nacin:Nalazimo gustinu slucajne promenljive Y i zatim njeno ocekivanje:

ϕX,Y (x, y) = ϕX (x) ϕY |X=x (y) =

1x , (x, y) ∈ D0 , (x, y) 6∈ D

,

gde je D =

(x, y) ∈ R2∣∣ 0 ≤ x ≤ 2 ∧ 1

2x ≤ y ≤ x

oblast sa slike:

-

6

x

y

y = x

y = 12x

x = 2

1

1

2

2

D

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

.

146

ϕY

(y) =∞∫−∞

ϕX,Y

(x, y) dx = . . .

(a.1) za y 6∈ [0, 2] : ϕY (y) =∞∫−∞

0dx = 0;

(a.2) za y ∈ [0, 1] : ϕY

(y) =2y∫y

1xdx = ln x

2y

|y

= ln 2yy = ln 2;

(a.3) za y ∈ (1, 2] : ϕY

(y) =2∫y

1xdx = ln x

2

|y

= ln 2y .

Dakle: ϕY (y) =

0 , y 6∈ [0, 2]ln 2 , y ∈ [0, 1]ln 2

y , y ∈ (1, 2].

E (Y ) =∞∫−∞

y ϕY

(y) dy =1∫0

y ln 2dy +2∫1

y ln 2y dy =

= ln 2y2

2

1

|0+

(y2

4 + y2

2 ln 2y

) 2

|1

= 34 .

Drugi nacin (koristeci osobinu E (Y ) = E (E (Y |X))):Matematicko ocekivanje uslovne slucajne promenljive Y | X = xza x ∈ [0, 2]:

E (Y |X = x) =∞∫−∞

y ϕY |X=x (y) dy =

x∫12 x

y 2xdy = 3

4x,

i E (Y | X = x) = 0 za x 6∈ [0, 2].Matematicko ocekivanje slucajne promenljive Y :

E (Y ) =∞∫−∞

E (Y |X = x)ϕX (x) dx =2∫0

34x 1

2dx = 34 .

(b) Nalazimo funkciju raspodele slucajnog vektora (Z,W ) gde jeZ = X2 i W = X + 2 :F

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

(X2 < z, X + 2 < w

)=

= P(X2 < z, X < w − 2

)= . . .

(b.1) za z ≤ 0:F

Z,W(z, w) = P (X ∈ ∅, X < w − 2) = 0;

(b.2) za z > 0:FZ,W (z, w) = P (−√z < X <

√z, X < w − 2) =

[1]= P (0 < X <

√z,X < w − 2) = P (X <

√z, X < w − 2) = . . .

(b.2.1) za w − 2 ≤ 0 odnosno w ≤ 2:

FZ,W

(z, w) = P (X ∈ [−√z, w − 2] ⊆ (−∞, 0])[1]= 0;

(b.2.2) za w − 2 > 0 odnosno w > 2:F

Z,W(z, w) = P (X < min √z, w − 2) =

= FX (min √z, w − 2) = . . .

(b.2.2.1) za√

z ≤ w − 2 ∧ √z ≤ 2:

FZ,W

(z, w) = FX

(√

z) = 12

√z;

147

(b.2.2.2) za w − 2 ≤ √z ∧ w − 2 ≤ 2:

FZ,W (z, w) = FX (w − 2) = 12 (w − 2);

(b.2.2.3) za√

z > 2 ∧ w − 2 > 2:FZ,W (z, w) = P (X ∈ [0, 2]) = 1.

[1] - X ima U (0, 2) raspodelu te vazi P (X < 0) = 0, odnosnoP (X ∈ [a, b]) = P (X ∈ [a, b] ∩ [0, 2]).

Dakle: FZ,W (z, w) =

0 , z ≤ 0 ∨ w ≤ 212

√z ,

√z ≤ w − 2 ∧ 0 < z ≤ 4

12w − 1 , w − 2 ≤ √

z ∧ 2 < w ≤ 41 , z > 4 ∧ w > 4

.

3. Moguce vrednosti slucajne promenljive Y su:

RY =sin π

2 , sin 2π2 , sin 3π

2 , sin 4π2 , sin 5π

2 , . . .

= −1, 0, 1,a odgovarajuce verovatnoce su:

P (Y = −1) = P(sin

(π2 X

)= −1

)=

= P(

π2 X ∈

3π2 + 2kπ

∣∣ k ∈ N ∪ 0)=

= P (X ∈ 3, 7, 11, 15, . . .) = P

( ∞∑k=1

X = 4k − 1)

=

=∞∑

k=1

P (X = 4k − 1) =∞∑

k=1

124k−1 =

∞∑k=1

116k2−1 = 2

∞∑k=1

(116

)k =

= 2 · 116 · 1

1− 116

= 18 · 16

15 = 215 ,

P (Y = 0) = P(sin

(π2 X

)= 0

)= P

(π2 X ∈ π + kπ | k ∈ N ∪ 0) =

= P (X ∈ 2, 4, 6, 8, . . .) = P

( ∞∑k=1

X = 2k)

=∞∑

k=1

P (X = 2k) =

=∞∑

k=1

122k =

∞∑k=1

14k = 1

4 · 11− 1

4= 1

4 · 43 = 1

3 ,

P (Y = 1) = P(sin

(π2 X

)= 1

)= P

(π2 X ∈

π2 + 2kπ

∣∣ k ∈ N ∪ 0)=

= P (X ∈ 1, 5, 9, 13, . . .) = P

( ∞∑k=1

X = 4k − 3)

=

=∞∑

k=1

P (X = 4k − 3) =∞∑

k=1

124k−3 =

∞∑k=1

116k2−3 = 8

∞∑k=1

(116

)k =

= 8 · 116 · 1

1− 116

= 12 · 16

15 = 815 .

Dakle, Y ima zakon raspodele:( −1 0 1

215

515

815

),

odakle dobijamo:

E (Y ) = −1 · 215 + 0 · 5

15 + 1 · 815 = 6

15 = 25 .

4. Slucajna promenljiva X : B (10, 1

4

)ima sledece brojne karakteristike:

E (X) = 10 · 14 = 5

2 , D (X) = 10 · 14 · 3

4 = 158 .

148

(a) Primenom nejednakosti Cebiseva dobijamo:P

(∣∣ 110X − 1

4

∣∣ > 0.2) ≤ P

(∣∣ 110X − 1

4

∣∣ ≥ 0.2)

== P

(110

∣∣X − 52

∣∣ ≥ 0.2)

= P(∣∣X − 5

2

∣∣ ≥ 2)

=

= P (|X − E (X)| ≥ 2) ≤ D(X)22 =

1584 = 15

32 ≈ 0.46875.(b) Primenom Moavr - Laplasove teoreme dobijamo:

P(∣∣ 1

10X − 14

∣∣ > 0.2)

= 1− P(∣∣ 1

10X − 14

∣∣ ≤ 0.2)

== 1− P

(−0.2 ≤ 110X − 1

4 ≤ 0.2)

== 1− P

(−0.2 ≤ 110

(X − 5

2

) ≤ 0.2)

= 1− P(−2 ≤ X − 5

2 ≤ 2)

== 1− P (−2 ≤ X − E (X) ≤ 2) =

= 1− P

(−2√D(X)

≤ X−E(X)√D(X)

≤ 2√D(X)

)=

= 1− P

(−2√

158

≤ X−E(X)√D(X)

≤ 2√158

)≈

≈ 1− P

(−1.46 ≤ X−E(X)√

D(X)≤ 1.46

)≈

≈ 1− (φ (1.46)− φ (−1.46)) == 1− (φ (1.46)− (1− φ (1.46))) = 2− 2φ (1.46) ≈≈ 2− 2 · 0.9279 ≈ 0.1442.

5. Primetimo da slucajna promenljiva X ima ”pomerenu za 3 Poasonovuraspodelu”, odnosno X = Y + 3, gde je Y slucajna promenljiva saPoasonovom P (a) raspodelom (a > 0). Zaista, iz RY = 0, 1, 2, . . .sledi RX = 3, 4, 5, . . . i za sve k ∈ 3, 4, 5, . . . vazi

P (X = k) = P (Y + 3 = k) = P (Y = k − 3) = ak−3

(k−3)!e−a.

(a) Posto je E (X) = E (Y + 3) = E (Y ) + E (3) = a + 3, a s druge straneznamo da je Xn (uzoracka aritmeticka sredina) centrirana ocenamatematickog ocekivanja E (X), parametar a ocenjujemo statistikoma za koju vazi Xn = a + 3 (zbog E (X) = a + 3), tj. statistikoma = Xn − 3. Zaista iz

E (a) = E(Xn − 3

)= E

(Xn

)− 3 = E

(1n

n∑i=1

Xi

)− 3 =

= 1n

n∑i=1

E (Xi)− 3 = 1nnE (X)− 3 = E (X)− 3 = (a + 3)− 3 = a,

sledi da a jeste centrirana ocena parametra a.(b) Najpre na osnovu gore nadene ocene parametra a i datih podataka

izracunavamo realizovanu vrednost navedene ocene:a = 1

576 (3 · 229 + 4 · 211 + 5 · 93 + 6 · 35 + 7 · 7 + 8 · 1)− 3 = 535576 .

Dakle, za sve k ∈ 3, 4, 5, . . . je: P (X = k) = ( 535576 )

k−3

(k−3)! e−535576 .

Da bi χ2 test mogli primeniti, poslednju grupu podataka (frekven-cija manja od 5) moramo spojiti sa susednom, cime dobijamo sledecutablicu:

149

xi 3 4 5 6 7, 8, . . .fi 229 211 93 35 8pi 0.3950 0.3669 0.1704 0.0528 0.0149

gde su pi odgovarajuce teorijske verovatnoce:

p1 = P (X = 3) = ( 535576 )

0

0! e−535576 ≈ 0.3950,

p2 = P (X = 4) = ( 535576 )

1

1! e−535576 ≈ 0.3669,

p3 = P (X = 5) = ( 535576 )

2

2! e−535576 ≈ 0.1704,

p4 = P (X = 6) = ( 535576 )

3

3! e−535576 ≈ 0.0528,

p5 = P (X ≥ 7) = 1− (p1 + p2 + p3 + p4) ≈ 0.0149.Izracunavamo vrednost Z statistike χ2 testa:

z =5∑

i=1

(fi−576pi)576pi

≈ 1.0221.

Iz tablice χ2 raspodele za zadani prag znacajnosti α = 0.1 nalazimoχ2

0.1;5−1−1 = χ20.1;3 ≈ 6.25.

Posto je z < χ20.1;3, konstatujemo da dati uzorak ne protivreci

hipotezi o saglasnosti sa raspodelom obelezja X.

6. Intervale reprezentujemo njihovim sredinama i izracunavamo pomocnevelicine:

xi 3 6.5 8 10.5 13 15 17.5

fi 1 3 4 10 6 4 2 n =7P

i=1

fi = 30

xifi 3 19.5 32 105 78 60 357P

i=1

xifi = 332.5

x2i fi 9 126.75 256 1102.5 1014 900 612.5

7Pi=1

x2i fi = 4020.75

x30 = 130

7∑i=1

xifi ≈ 11.0833,

s230 = 1

30

7∑i=1

x2i fi − x2

30 ≈ 11.1847, s30 =√

s230 ≈ 3.34436.

Nivou poverenja β = 0.9 odgovara prag znacajnosti α = 0.1.

Iz tablice χ2 raspodele nalazimo vrednosti: χ2n−1;α = χ2

29;0.1 ≈ 19.8,χ2

n−1; 1+β2

= χ229;0.95 ≈ 42.6, χ2

n−1; 1−β2

= χ229;0.05 ≈ 17.7.

Jednostrani interval poverenja:

I1 =(0,

ns2n

χ2n−1;α

)=

(0,

30s230

χ229;0.1

)= (0, 16.9465) .

Dvostrani interval poverenja:

I2 =

(ns2

n

χ2n−1; 1+β

2

,ns2

n

χ2n−1; 1−β

2

)=

(30s2

30χ2

29;0.95,

30s230

χ229;0.05

)= (7.87656, 18.9572) .

150

7. Na osnovu opisa dobijamo matricu prelaza P za jedan korak, a zatimmatricu prelaza P 2 za dva koraka:

1 2 3 4 5 100

1

2

3

P = 4

...

98

99

100

14

34 0 0 0 . . . 0

14 0 3

4 0 0 . . . 014 0 0 3

4 0 . . . 014 0 0 0 3

4 . . . 0...

......

......

. . ....

14 0 0 0 0 . . . 014 0 0 0 0 . . . 3

4

0 0 0 0 0 . . . 1

,

1 2 3 4 5 100

1

2

3

P 2 = 4

...

98

99

100

14

316

916 0 0 . . . 0

14

316 0 9

16 0 . . . 014

316 0 0 9

16 . . . 014

316 0 0 0 . . . 0

......

......

.... . .

...14

316 0 0 0 . . . 9

16116

316 0 0 0 . . . 3

4

0 0 0 0 0 . . . 1

.

Pocetna raspodela:1 2 100

p0 = [ 1100

1100 . . . 1

100 ] .Raspodela nakon dva koraka:

1 2 3 4 99 100

p2 = p0 · P (2) = [ 3931600

2971600

91600

91600 . . . 9

160037

1600 ] .

8. Slucajna promenljiva Y ima eksponencijalnu E (2) raspodelu, odakledobijamo:[1] E (Y ) = 1

2 , D (Y ) = 122 = 1

4 , E(Y 2

)= D (Y ) + E2 (Y ) = 1

2 .Slucajna promenljiva Xt ima uniformnu U (0, t) raspodelu, odakle je zasvako t ∈ (0,∞):

[2] E (Xt) = t2 , D (Xt) = t2

12 , E(X2

t

)= D (Xt) + E2 (Xt) = t2

3 .Posto je slucajni proces Xt, t ∈ (0,∞) odreden jednodimenzionalnimraspodelama, to znaci da su Xt i Xs nezavisne slucajne promenljive zasve s 6= t; pri tome su jos i Y i Xt nezavisne slucajne promenljive zasvako t, tako da je:

[3]E (Xt Y ) = E (Xt) E (Y ) = t

4 ,

E (Xt Xs) =

E (Xt) E (Xs) , t 6= s

E(X2

t

), t = s

=

ts4 , t 6= st2

3 , t = s.

151

Koristicemo jos i linearnost matematickog ocekivanja : za svake dve slu-cajne promenljive U i W i sve α, β ∈ R je

[4] E (αU + βW ) = αE (U) + βE (W ).

. Matematicko ocekivanje:

mZ

(t) = E (Zt) = E(Xt + 1

t Y) [4]

= E (Xt) + 1t E (Y )

[2],[1]= t2+1

2t .

. Autokovarijansna funkcija:K

Z(t, s) = E ((Zt −m

Z(t)) (Zs −m

Z(s))) =

= E (Zt Zs −mZ

(t) Zs −mZ

(s) Zt + mZ

(t) mZ

(s)) =[4]= E (Zt Zs)−m

Z(t) m

Z(s) =

= E((

Xt + 1t Y

) (Xs + 1

s Y))− t2+1

2t · s2+12s =

= E(Xt Xs + 1

s Y Xt + 1t Y Xs + 1

ts Y 2)− (t2+1)(s2+1)

4ts =[4]= E (Xt Xs) + 1

s E (Y Xt) + 1t E (Y Xs) +

+ 1ts E

(Y 2

)− (t2+1)(s2+1)4ts

[3]= . . .

.. za t 6= s :KZ (t, s) = E (Xt) E (Xs) + 1

s E (Y ) E (Xt) + 1t E (Y ) E (Xs) +

+ 1ts E

(Y 2

)− (t2+1)(s2+1)4ts =

[1],[2]= ts

4 + t4s + s

4t + 12ts −

(t2+1)(s2+1)4ts = 1

4ts ... za t = s :

KZ (t, t) = E(X2

t

)+ 2

t E (Y Xt) + 1t2 E

(Y 2

)− (t2+1)2

4t2 =[3],[1]= t2

3 + 2t · t

4 + 1t2 · 1

2 −(t2+1)2

4t2 = t2

12 + 14t2 .

. Disperzija:D

Z(t) = K

Z(t, t) = t2

12 + 14t2 .

17.02.2001.

1. Fabrika pravi 3 modela automobila. Modela Ajkula se pravi 100 komadadnevno, podjednako u beloj i crnoj boji. Model Pirana se pravi 60 komadadnevno, podjednako u beloj, crnoj, plavoj i zutoj boji. Model Pastrmkase pravi 40 komada dnevno, i to samo u crnoj boji.

(a) Izracunati verovatnocu da je slucajno izabrani automobil iz fabrikecrne boje.

(b) Ako je odabrani automobil crne boje, koliko iznosi verovatnoca da jeon modela Pastrmka?

2. Jedan tehnicki uredaj ima duzinu rada kojoj odgovara slucajna promen-

ljiva T odredena gustinom: ϕT

(t) = 2

(t+1)3, t ≥ 0

0 , t < 0.

152

Troskovi proizvodnje jednog uredaja su 2500 dinara. Uredaj se prodajepo ceni od 10000 dinara. Ukoliko se uredaj pokvari pre momenta t = 1,proizvodac vraca kupcu novac i placa kaznu od 500 dinara. Naci ocekivanidobitak proizvodaca po jednom uredaju, kao i ocekivani dobitak na 1000prodatih uredaja.

3. Dvodimenzionalna slucajna promenljiva (X, Y ) ima raspodelu odredenugustinom:

ϕX,Y

(x, y) =

ax2y , (x, y) ∈ D0 , (x, y) 6∈ D

,

gde je D =

(x, y) ∈ R2∣∣ 0 < x < 1 ∧ 1− x < y < 1

. Naci konstantu

a i naci raspodelu slucajne promenljive Z = X + 2Y .

4. U procesu sabiranja brojeva, racunar zaokruzuje brojeve na najblizi ceobroj, pri cemu su greske zaokruzivanja nezavisne jedna od druge i uni-formno su raspodeljene na intervalu [−0.5, 0.5].

(a) Koliko iznosi verovatnoca da apsolutna vrednost ukupne greske prisabiranju 1500 brojeva premasi 15?

(b) Koliko se najvise brojeva moze sabrati a da sa verovatnocom 0.9apsolutna vrednost greske bude manja od 10?

5. Obelezje X ima normalnu N (m, 1) raspodelu. Za ocenu parametra mse predlaze statistika

m = n X1 − (X2 + X3 + . . . + Xn) .

(a) Ispitati centriranost predlozene ocene.

(b) Ispitati postojanost predlozene ocene.

6. Fabrika izraduje metalne diskove odredenog poluprecnika. Radi proverekvaliteta uzet je uzorak od 120 diskova, i odstupanja (u milimetrima) odnominalnog precnika data su u tabeli:

odstupanje: (−12,−8] (−8,−4] (−4, 0] (0, 4] (4, 8] (8, 12)broj diskova: 8 17 42 30 18 5

Pretpostavimo da obelezje ciji uzorak posmatramo ima normalnu raspo-delu.

(a) Naci interval poverenja za ocenu srednje vrednosti sa pragom zna-cajnosti α = 0.01.

(b) Testirati hipotezu da je prosecno odstupanje 0.3 sa nivoom poverenjaβ = 0.99.

7. Macka se na svakih 5 sekundi krece iz sobeu sobu kuce cija je sema data na slici, pricemu svaki put sa verovatnocom 1

2 ostaje usobi u kojoj je i bila, ili na slucajan nacinbira vrata kroz koja ce preci u drugu sobu.

5

12

4

3

153

(a) Naci matricu prelaska (za jedan korak) polozaja macke po kuci.

(b) U kojoj sobi je macka bila na pocetku svoje setnje kroz sobe, ako sezna da se nakon 11 sekundi najverovatnije nalazi u sobi broj 3?

(c) Naci finalne verovatnoce polozaja macke.

8. Slucajne promenljive X : E (a) i Y : E (b) su nezavisne (a, b > 0). Nacimatematicko ocekivanje, autokovarijansnu funkciju i disperziju slucajnogprocesa Zt = X sin t− Y cos t, t ∈ R. Da li je za neke a, b > 0 procesZt stacionaran?

Resenja:

1. Oznacimo sa A1, A2, A3 dogadaje ”slucajno izabrani automobilje modela Ajkula”, odnosno ”slucajno izabrani automobil je modela Pi-rana”, odnosno ”slucajno izabrani automobil je modela Pastrmka”. Sa Coznacimo dogadaj ”slucajno izabrani automobil je crne boje”. Na osnovudatih podataka imamo da je:

P (A1) = 100100+60+40 = 1

2 , P (C | A1) = 12 ,

P (A2) = 60100+60+40 = 3

10 , P (C | A2) = 14 ,

P (A3) = 40100+60+40 = 2

10 , P (C | A3) = 1.

(a) Na osnovu formule totalne verovatnoce je:

P (C) =3∑

i=1

P (Ai)P (C | Ai) = 14 + 3

40 + 210 = 21

40 ,

ili jednostavnije:

P (C) = broj proizvedenih crnih automobilaukupan broj proizvedenih automobila = 50+15+40

100+60+40 = 2140 .

(b) Na osnovu Bajesove formule je:

P (A3 | C) =P (A3)P (C | A3)

P (C)=

2102140

=821

.

2. Oznacimo sa Yi slucajnu promenljivu koja predstavlja dobitak ili gubitakostvaren na prodaji i - tog uredaja (i ∈ 1, 2, . . . , 1000), a sa Ti oznacimovreme rada i - tog uredaja (ϕ

Ti(t) = ϕ

T(t)). Moguce dve vrednosti

slucajne promenljive Yi su:

. y1 = 10000− 2500 = 7500, pri cemu je:

P (Yi = 7500) = P (Ti ≥ 1) = 1− P (Ti < 1) = 1−1∫0

ϕTi

(t) dt =

= 1−(− 1

(1+t)2

) 1

|0

= 14 ,

. y2 = −2500− 500 = −3000, pri cemu je:P (Yi = −3000) = 1− P (Yi = 7500) = 3

4 .

154

Dakle, slucajna promenljiva Yi je odredena zakonom raspodele( −3000 7500

34

14

).

Ocekivani dobitak (ili gubitak) po jednom prodatom uredaju je

E (Yi) = 34 (−3000) + 1

47500 = −375

(dakle, ocekivani gubitak je 375 dinara po uredaju).

Slucajna promenljiva Y = Y1 + Y2 + . . . + Y1000 predstavlja ocekivanidobitak (ili gubitak) na 1000 prodatih uredaja, i on iznosi:

E (Y ) = E (Y1 + Y2 + . . . + Y1000) = E (Y1) + E (Y2) + . . . + E (Y1000) =

= 1000 · (−375) = −375000

(375000 dinara gubitka na 1000 prodatih uredaja).

3. Najpre odredujemo konstantu a na osnovu uslova∫∫R2

ϕX,Y (x, y) dxdy =∫∫D

ax2ydxdy = 1.

∫∫D

ax2ydxdy = a1∫0

(1∫

1−x

x2ydy

)dx = a

1∫0

x2

(1∫

1−x

ydy

)dx =

= a1∫0

x2

(y2

2

1

|1−x

)dx = a

2

(2x4

4

1

|0−x5

5

1

|0

)= 3a

20 ,

te iz 3a20 = 1 dobijamo a = 20

3 .

Posmatrajmo slucajnu promenljivu U = X, odnosno slucajni vektor(U,Z) = f (X, Y ) = (X, X + 2Y ) (tj. Z = X + 2Y , U = X). Nalazimoinverznu transformaciju f−1 : R2 → R2, f−1 (u, z) = (x, y) :

Z = X + 2YU = X

⇔ X = UY = Z−U

2

.

Dakle: (x, y) = f−1 (u, z) =(u, z−u

2

).

Njen Jakobijan je: Jf−1 (z, u) =∣∣∣∣

xu xz

yu yz

∣∣∣∣ =∣∣∣∣

1 0− 1

212

∣∣∣∣ = 12 .

Transformacija f je monotona i neprekidna po obe komponente, pase zatvorena oblast D (vidi sliku 1) ogranicena pravama l1 : x = 1,l2 : y = 1 i l3 : y = 1− x preslikava u oblast D′ = f (D) (vidi sliku 2)ogranicenu pravama l′1 : u = 1, l′2 : z = 2 + u i l′3 : y = 2− u.

Sada dobijamo:

ϕU,Z (u, z) = ϕX,Y

(f−1 (u, z)

) ∣∣Jf−1 (u, z)∣∣ = ϕX,Y

(u, z−u

2

) · 12 =

= 203 · u2 · z−u

2 · 12 = 5

3u2 (z − u) , (u, z) ∈ D′,

ϕU,Z

(u, z) = 0, (u, z) 6∈ D′.

155

- x

6y

1

1

@@

@@

D

slika 1

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

- u

6z

¡¡

¡¡

¡¡

z = 2 + u

@@

@@

@@@ z = 2− u

u = 1

D′

1

2

3

1

slika 2

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

Gustinu slucajne promenljive Z dobijamo kao marginalnu gustinu slucaj-nog vektora (U,Z):

ϕZ

(z) =∫R

ϕU,Z

(u, z) du = . . .

- za z 6∈ (1, 3) : ϕZ (z) =∫R

0 du = 0;

- za z ∈ (1, 2] : ϕZ (z) =1∫

2−z

53u2 (z − u) du =

= 59zu3

1

|2−z

− 512u4

1

|2−z

= 3536z4 − 20

3 z3 + 503 z2 − 155

9 z + 254 ;

- za z ∈ (2, 3) : ϕZ (z) =1∫

z−2

53u2 (z − u) du =

= 59zu3

1

|z−2

− 512u4

1

|z−2

= − 536z4 + 10

3 z2 − 253 z + 25

4 .

Dakle: ϕZ

(z) =

0 , z 6∈ (1, 3)3536z4 − 20

3 z3 + 503 z2 − 155

9 z + 254 , z ∈ (1, 2]

− 536z4 + 10

3 z2 − 253 z + 25

4 , z ∈ (2, 3)

.

4. Neka je Xi, i ∈ N slucajna promenljiva koja predstavlja gresku prizaokruzivanju nakon i - tog sabiranja. Slucajne promenljive Xi sunezavisne i svaka ima U (−0.5; 0.5) raspodelu. Slucajna promenljiva

Un =n∑

i=1

Xi predstavlja ukupnu gresku zaokruzivanja pri sabiranju n

brojeva, pri cemu je:

E (Xi) = −0.5+0.52 = 0, D (Xi) = (0.5−(−0.5))2

12 = 112 ,

E (Un) = E

(n∑

i=1

Xi

)=

n∑i=1

E (Xi) = 0,

D (Un) = D

(n∑

i=1

Xi

)[1]=

n∑i=1

D (Xi) = n12 .

156

(a) P (|U1500| > 15) = 1−P (|U1500| ≤ 15) = 1−P (−15 ≤ U1500 ≤ 15) =

= 1− P

(−15−E(U1500)√

D(U1500)< U1500−E(U1500)√

D(U1500)< 15−E(U1500)√

D(U1500)

)=

= 1− P(−155√

5< U∗

1500 < 155√

5

)≈ 1− P (−1.34 < U∗

1500 < 1.34)[2]≈

≈ 1− (φ (1.34)− φ (−1.34)) = 1− (φ (1.34)− (1− φ (1.34))) == 2− 2φ (1.34) ≈ 2− 2 · 0.9099 ≈ 0.1802.

(b) Resavamo po n jednacinu P (|Un| < 10) = 0.9 :P (|Un| < 10) = 0.9 ⇔ P (−10 < Un < 10) = 0.9 ⇔⇔ P

(−10−E(Un)√

D(Un)< Un−E(Un)√

D(Un)< 10−E(Un)√

D(Un)

)= 0.9 ⇔

⇔ P(−20

√3√

n< U∗

n < 20√

3√n

)= 0.9 ⇔

⇔ φ(

20√

3√n

)− φ

(−20

√3√

n

)≈ 0.9 ⇔ 2φ

(20√

3√n

)− 1 ≈ 0.9 ⇔

⇔ φ(

20√

3√n

)≈ 0.95 ⇔ 20

√3√

n≈ φ−1 (0.95) ≈ 1.645 ⇔

⇔ √n ≈ 20

√3

1.645 ≈ 21.0584 ⇔ n ≈ 21.05842 ≈ 443.4549.Dakle, najvise 443 broja mozemo sabrati pa da se sa verovatnocom0.9 ne prekoraci zadana apsolutna greska 10.


[2] - Na slucajnu promenljivu U∗n = Un−E(Un)√

D(Un)= Un

12√

3

√n

mozemo

primeniti centralnu granicnu teoremu.

5. Zbog Xi : N (m, 1) vazi ∀i ∈ 1, 2, . . . , n , E (Xi) = m ∧ D (Xi) = 1.

(a) E (m) = E (nX1 −X2 −X3 − . . .−Xn) == nE (X1)− E (X2)− E (X3)− . . .− E (Xn) = nm− (n− 1)m = m.Dakle, ocena m je centrirana.

(b) D (m) = D (nX1 −X2 −X3 − . . .−Xn) == n2D (X1) + D (X2) + D (X3) + . . . + D (Xn) == n2 · 1 + 1 + 1 + . . . + 1︸︷︷︸

(n−1) puta

= n2 + n− 1.

Primenom nejednakosti Cebiseva dobijamo:

P (|m−m| > ε) = P (|m− E (m)| > ε) ≤ D(m)ε2 = n2+n−1

ε2 ,

pri cemu je limn→∞

n2+n−1ε2 = ∞ 6= 0, te na osnovu nejednakosti

Cebiseva ne mozemo ispitati postojanost ocene m. Postojanost cemoispitati koristeci funkciju raspodele statistike m, za cije izracunavanjeje potrebna sledeca lema (koju navodimo sa dokazom):

Lema: Neka su U i V nezavisne slucajne promenljive, U sa normal-nom N (a, ξ) raspodelom, a V sa normalnom N (b, σ) raspodelom,

157

i neka je α, β ∈ R. Tada slucajna promenljiva W = αU + βV imanormalnu N

(αa + βb,

√α2ξ2 + β2σ2

)raspodelu.

Dokaz izvodimo pomocu karakteristicnih funkcija. Karakteristicnefunkcije slucajnih promenljivih U i V su K

U(t) = eitae−

ξ2t2

2 iK

V(t) = eitbe−

σ2t22 . Koristeci osobine karakteristicnih funkcija

dobijamoK

W(t) = K

αU+βV(t) = K

αU(t)K

βV(t) = K

U(αt)K

V(βt) =

= eit(αa+βb)e−(α2ξ2+β2σ2)t2

2 ,sto je karakteristicna funkcija slucajne promenljive sa normalnomraspodelom, cime je lema dokazana.

Primenom navedene Leme matematickom indukcijom dokazujemoda Y = X2 + X3 + . . . + Xn ima normalnu N (

(n− 1)m,√

n− 1)

raspodelu, a zatim primenom Leme na slucajne promenljive X1 i Ydobijamo da statistika m = nX1− (X2 + X3 + . . . + Xn) = nX1−Yima normalnu N (

m,√

n2 + n− 1)

raspodelu.SlediP (|m−m| > ε) = 1−P (|m−m| ≤ ε) = 1−P (−ε ≤ m−m ≤ ε) =

= 1− P(

−ε√n2+n−1

≤ m−m√n2+n−1

≤ ε√n2+n−1

)=

[1]= 1−

(φ

(ε√

n2+n−1

)− φ

(− ε√

n2+n−1

))= 2φ

(ε√

n2+n−1

).

Dakle, imamo da za svako ε > 0 vazi

limn→∞

P (|m−m| > ε) = limn→∞

2φ(

ε√n2+n−1

)= 2φ (0) = 1 6= 0,

tako da ocena m nije postojana.

[1] - Slucajna promenljiva m−m√n2+n−1

ima N (0, 1) raspodelu.

6. Intervale reprezentujemo njihovim sredinama, i izracunavamo pomocnevelicine:

xi −10 −6 −2 2 6 10

fi 8 17 42 30 18 5 n =6∑

i=1

fi = 120

xifi −80 −102 −84 60 108 506∑

i=1

xifi = −48

x2i fi 800 612 168 120 648 500

6∑i=1

x2i fi = 2848

x120 = 1120

6∑i=1

xifi = − 25 = −0.4,

s2120 = 1

120

6∑i=1

x2i fi − x2

120 = 176875 ≈ 23.5733,

s120 =√

s2120 ≈ 4.85524.

158

Pragu znacajnosti α = 0.01 odgovara nivo poverenja β = 0.99.

(a) Iz tablice Studentove raspodele nalazimo vrednost

t120−1; 1+0.992

= t119;0.995 ≈ t∞;0.995 ≈ 2.576,

i zatim trazeni interval poverenja:

I =[x120 − t119;0.995√

119s120, x120 + t119;0.995√

119s120

]= [−1.54652, 0.746523].

(b) Posto za testiranje ove hipoteze koristimo istu statistiku kao pod (a)i to sa istim nivoom poverenja, tada iz 0.3 ∈ I sledi da uzorak neprotivreci hipotezi.

7. (a) Na osnovu opisa dobijamo matricu prelaza P za jedan korak, azatim matricu prelaza P 2 za dva koraka:

1 2 3 4 5

1

2

P = 3

4

5

12

12 0 0 0

14

12

14 0 0

0 14

12

14 0

0 0 14

12

14

0 0 0 12

12

,

1 2 3 4 5

1

2

P 2 = 3

4

5

38

12

18 0 0

14

716

14

116 0

116

14

38

14

116

0 116

14

716

14

0 0 18

12

38

.

(b) Zanima nas za koji vektor pocetnih verovatnoca p0 ∈ S0, gde je

S0 = [ 1 0 0 0 0 ], [ 0 1 0 0 0 ], [ 0 0 1 0 0 ], [ 0 0 0 1 0 ], [ 0 0 0 0 1 ],dobijamo takav vektor verovatnoca polozaja nakon 2 koraka (mackaje posle 11 sekundi 2 puta prelazila iz sobe u sobu)

p2 ∈ p0 · P 2

∣∣ p0 ∈ S0

=

=[ 3

812

18 0 0 ], [ 1

4716

14

116 0 ], [ 1

1614

38

14

116 ],

[ 0 116

14

716

14 ], [ 0 0 1

812

38 ]

kod kojeg je maksimalna verovatnoca na 3-em mestu, tj. trazimo ikoje ispunjava uslov

pi3 (2) = max1≤j≤5

pij (2) .

Prakticno, gledamo u kojoj vrsti matrice P 2 se maksimalni brojnalazi na trecem mestu (u trecoj koloni), i dobijamo odgovor: 3.Dakle, macka na pocetku treba da se nalazi u sobi 3 da bi nakon11 sekundi najverovatnije bila u sobi 3.

(c) Resavamo jednacinu p∗ ·P = p∗ po promenljivoj p∗ = [ x y z t u ]koja jos zadovoljava uslov x+y + z + t+u = 1 (x, y, z, t, u ∈ (0, 1)):

(p∗ · P = p∗ ∧ x + y + z + t + u = 1) ⇔

159

12x + 1

4y = x12x + 1

2y + 14z = y

14y + 1

2z + 14 t = z

14z + 1

2 t + 12u = t

14 t + 1

2u = u

x + y + z + t + u = 1

⇔

x − 12y = 0

y − z = 0

z − t = 0

t − 2u = 0

8u = 1

⇔

u = 18

t = 14

z = 14

y = 14

x = 18

Dakle, vektor finalnih verovatnoca glasi: p∗ =[

18

14

14

14

18

].

Dobijene finalne verovatnoce tumacimo na sledeci nacin: ako se mac-ka ”dovoljno dugo” krece po sobama, u proseku po 1

8 vremena provodiu prvoj i petoj sobi, a po 1

4 vremena provodi u drugoj, trecoj i cetvrtojsobi.

8. Koristicemo sledece:

[1] - Slucajne promenljiva X i Y imaju eksponencijalne raspodelu,odakle dobijamo:

E (X) = 1a , D (X) = 1

a2 , E(X2

)= D (X) + (E (X))2 = 2

a2 ,

E (Y ) = 1b , D (Y ) = 1

b2 , E(Y 2

)= D (Y ) + (E (Y ))2 = 2

b2 .

[2] - Za proizvoljne slucajne promenljive V i W i proizvoljne α, β ∈ Rvazi:

E (αV + βW ) = αE (V ) + βE (W ).

[3] - Iz nezavisnosti slucajnih promenljivih X i Y sledi:

E (X Y ) = E (X) E (Y ).


mZ (t) = E (Zt) = E (X sin t− Y cos t)[2]= sin tE (X)− cos tE (Y ) =

[1]= 1

a sin t− 1b cos t.


KZ

(t, s) = E ((Zt −mZ

(t)) (Zs −mZ

(s))) =

= E (Zt Zs −mZ

(t) Zs −mZ

(s) Zt + mZ

(t) mZ

(s)) =[2]= E (Zt Zs)−m

Z(t) m

Z(s) =

160

= E ((X sin t− Y cos t) (X sin s− Y cos s))−− (

1a sin t− 1

b cos t) (

1a sin s− 1

b cos s)

=

= E(X2 sin t sin s− (sin t cos s + cos t sin s)XY + Y 2 cos t cos s

)

− (1a sin t− 1

b cos t) (

1a sin s− 1

b cos s) [2],[3]

=

= sin t sin s E(X2

)−(sin t cos s + cos t sin s) E (X)E (Y )+cos t cos s E(Y 2

)

− (1a sin t− 1

b cos t) (

1a sin s− 1

b cos s) [1]

=

= 2a2 sin t sin s− 1

ab (sin t cos s + cos t sin s) + 2b2 cos t cos s =

− 1a2 sin t sin s− 1

b2 cos t cos s + 1ab (sin t cos s + cos t sin s) =

= 1a2 sin t sin s + 1

b2 cos t cos s.

Disperzija:

DZ (t) = KZ (t, t) = 1a2 sin2 t + 1

b2 cos2 t.

Posto je mZ (t) 6≡ const za sve a, b > 0, sledi da ne postoje a i b za kojeje proces Zt, t ∈ R stacionaran (niti slabo stacionaran).

17.04.2001.

1. Na putu kretanja automobila nalaze se 3 semafora. Verovatnoca da naprvom semaforu bude upaljeno zeleno svetlo je 0.7, na drugom 0.6, a natrecem 0.8. Semafori rade nezavisno jedan od drugog. Ako na svakomsemaforu bude zeleno, vozac ce stici na vreme na odrediste. Ako na 2semafora bude zeleno, stize na vreme sa verovatnocom 0.6, a ako zalenobude na jednom semaforu, stize na vreme sa verovatnocom 0.1. Ako ni najednom semaforu nije zeleno, sigurno kasni.

(a) Izracunati verovatnocu da ce vozac stici na vreme.

(b) Ako je vozac stigao na vreme, koliko iznosi verovatnoca da na jednomsemaforu nije bilo zeleno svetlo?

2. Neka su Xi, i ∈ 1, 2, . . . , n nezavisne slucajne promenljive i nekaXi ima Poasonovu P (λi) raspodelu (λi > 0). Dokazati da slucajna

promenljiva Zn =n∑

i=1

Xi ima Poasonovu P(

n∑i=1

λi

)raspodelu.

3. Slucajna promenljiva X ima raspodelu definisanu gustinom raspodeleverovatnoca ϕX (x) = 1

2e−|x|, x ∈ R. Naci raspodelu slucajne promenljive

Y =

X2 + 2X , X ≤ 13 , X > 1 .

4. Putnici nezavisno jedan od drugog stizu na autobusko stajaliste. Vremecekanja autobusa u minutima ima uniformnu U (0; 5) raspodelu.

161

(a) Izracunati verovatnocu da ce 24 putnika autobus cekati manje odukupno 70 minuta.

(b) Odrediti najvece t takvo da sa verovatnocom vecom od 0.95 vremecekanja autobusa 24 putnika bude bar t.

5. Obelezje X ima uniformnu U (a, b) raspodelu.

(a) Metodom momenata naci ocenu parametara a i b.

(b) Dat je uzorak:

vrednost uzorka [0, 0.4] (0.4, 0.8] (0.8, 1.2] (1.2, 1.6] (1.6, 2]ucestanost 2 9 10 7 12

Dobijenim ocenama na osnovu uzorka izracunati vrednosti param-etara a i b, a zatim χ2 - testom ispitati saglasnost uzorka sa navede-nom raspodelom za prag znacajnosti α = 0.1.

6. Na uzorku od 500 studenata ispitivano je prosecno dnevno ucenje u satimau vreme ispitnog roka. Dobijeni rezultati su sredeni u tabeli:

duzina ucenja [0, 2] (2, 4] (4, 6] (6, 8]broj studenata 150 180 150 20

Poznato je da vreme ucenja kod studenata ima normalnu raspodelu.

(a) Naci 95% interval poverenja za srednju vrednost duzine ucenja.

(b) Testirati hipotezu da je srednja vrednost duzine ucenja 4 sata sapragom znacajnosti α = 0.05.

7. Neka su tacke T1, T2, T3, T4 povezane kao na slici.

Neka se cestica u svakom koraku pomeraiz jedne tacke u drugu sa njom povezanutacku, pri cemu u slucaju da je polaznatacka povezana sa vise tacaka, prelasci u svepovezane tacke su jednako verovatni.

AAAA

a a a

a

T1 T2 T3

T4

Naci matricu prelaza za jedan korak i finalne verovatnoce.

8. Naci matematicko ocekivanje, autokorelacionu funkciju i disperziju slucaj-nog procesa X (t) = cos (λt + U) , t ∈ R gde je λ konstanta, a U jeslucajna promenljiva sa uniformnom raspodelom U (0, 2π). Ispitati slabustacionarnost procesa X (t) , t ∈ R.

Resenja:

1. Obelezimo: ”na rednom semaforu je zeleno svetlo”,× ”na rednom semaforu nije zeleno svetlo”,

Hi, i ∈ 0, 1, 2, 3 - dogadaj: ”na i semafora vozac zatice zeleno svetlo”,

A - dogadaj: ”vozac stize na vreme”.

162

Dogadaji H0,H1,H2,H3 cine potpun sistem dogadaja i pri tome je:

P (H0) = P (×××) = (1− 0.7) (1− 0.6) (1− 0.8) = 0.024,P (H1) = P (××+××+××) =

= 0.7 (1− 0.6) (1− 0.8) + (1− 0.7) 0.6 (1− 0.8)++ (1− 0.7) (1− 0.6) 0.8 = 0.356,

P (H2) = P (×+ ×+×) == 0.7 · 0.6 · (1− 0.8) + 0.7 · (1− 0.6) · 0.8 + (1− 0.7) · 0.6 · 0.8 == 0.452,

P (H3) = P () = 0.7 · 0.6 · 0.8 = 0.336.

Iz opisa sledi da je:

P (A | H0) = 0, P (A | H1) = 0.1,P (A | H2) = 0.6, P (A | H3) = 1.

(a) Koristeci formulu totalne verovatnoce dobijamo:

P (A) =3∑

i=0

P (Hi) P (A | Hi) =

= 0.024 · 0 + 0.356 · 0.1 + 0.452 · 0.6 + 0.336 · 1 = 0.6428.

(b) Koristeci Bajesovu formulu dobijamo:

P (H2 | A) =P (H2)P (A | H2)

P (A)=

0.452 · 0.60.6428

= 0.4219.

2. Prvi nacin: dokaz izvodimo indukcijom po n ∈ N.

* Za n = 1 je Z1 = X1 : P(

1∑i=1

λi

).

* Pretpostavimo da za n = k vazi: Zk =k∑

i=1

Xi : P(

k∑i=1

λi

)

(skup vrednosti slucajne promenljive Zk je RZk= 0, 1, 2, . . .).

* Dokazujemo da za n = k + 1 slucajna promenljiva

Zk+1 =k+1∑i=1

Xi = Zk + Xk+1

ima Poasonovu P(

k+1∑i=1

λi

)raspodelu.

Oznacimo radi skracenog pisanja: λ =k∑

i=1

λi.

Skup mogucih vrednosti slucajne promenljive Zk+1 je skupRZk+1 = RZk

+RXk+1 = 0, 1, 2, . . . ,

a odgovarajuce verovatnoce su (za sve m ∈ RZk+1):P (Zk+1 = m) = P (Zk + Xk+1 = m) =

= P

(m∑

i=0

Zk = i,Xk+1 = m− i)

=

[1]=

m∑i=0

P (Zk = i,Xk+1 = m− i) =

163

[2]=

m∑i=0

P (Zk = i) · P (Xk+1 = m− i) =

[3]=

m∑i=0

(λi

i! e−λ)·(

λm−ik+1

(m−i)!e−λk+1

)=

= e−(λ+λk+1)λmk+1

m∑i=0

λi

i! ·λ−i

k+1(m−i)! =


m∑i=0

(λ

λk+1

)i

· 1i!(m−i)! =


1m!

m∑i=0

(λ

λk+1

)i

· 1m−i · m!i!(m−i)! =


1m!

(λ

λk+1+ 1

)m

=


1m!

(λ+λk+1)m

λmk+1

=

= e−(λ+λk+1) (λ+λk+1)m

m! =

k+1Pi=1

λi

!m

m! exp[−

k+1∑i=1

λi

].

[1] - Dogadaji Zk = i,Xk+1 = m− i , i ∈ 0, 1, . . . ,m sudisjunktni.[2] - Slucajne promenljive Zk i Xk+1 su nezavisne jer je Zk funkci-ja od X1, . . . , Xk a slucajne promenljive X1, . . . , Xk, Xk+1 su ne-zavisne.[3] - Dato je Xk+1 : P (λk+1) tj.

P (Xk+1 = j) =λj

k+1j! e−λk+1 , j ∈ 0, 1, 2, . . .;

s druge strane, po induktivnoj pretpostavci je Zk : P (λ) tj.

P (Zk = j) = λj

j! e−λ, j ∈ 0, 1, 2, . . . .

Prema tome, slucajna promenljiva Zk+1 ima skup mogucih vred-nosti i njima odgovarajuce verovatnoce koje odgovaraju Poasonovoj

P(

k+1∑i=1

λi

)raspodeli.

Na osnovu principa matematicke indukcije, tvrdenje zadatka je dokazano.

Drugi nacin:

Tvrdenje lakse dokazujemo pomocu karakteristicnih funkcija. Slucajnapromenljiva Xj : P (λj) ima karakteristicnu funkciju

KXj (t) = e(eit−1)λj

pa za karakteristicnu funkciju slucajne promenljive Zn, koristeci nezavis-nost slucajnih promenljivih Xj [∗], dobijamo:

KZn (t) = K nPj=1

Xj

(t)[∗]=

n∏

j=1

KXj (t) =n∏

j=1

eλj(eit−1) = e(eit−1)

nPj=1

λj

164

sto je upravo karakteristicna funkcija slucajne promenljive sa Poasonovom

P(

n∑i=1

λi

)raspodelom. Posto je funkcija raspodele jednoznacno odre-

dena karakteristicnom funkcijom, sledi da slucajna promenljiva Zn ima

P(

n∑i=1

λi

)raspodelu.

3.

ϕX

(x) =

12ex , x < 0

12e−x , x ≥ 0 ,

FX (x) = P (X < x) =x∫

−∞ϕX (t) dt.

- X

6Y

Y = f (X)

−1

3

−2 −1 1

Funkcijom Y = f (X) =

X2 + 2X , X ≤ 13 , X > 1 (ciji je grafik dat na

slici) se slucajna promenljiva X transformise u slucajnu promenljivu Y .Pri resavanju nejednacine Y = f (X) < y dobijamo sledece slucajeve:

* za y < −1 jednacina x2 + 2x− y = 0 nema resenja tj. prava Y = yne sece krivu f (X);

* za −1 ≤ y ≤ 3 jednacina x2 + 2x − y = 0 ima dva razlicita resenjax1,2 = −1 ±√1 + y tj. prava Y = y sece krivu f (X) u tackama cijesu apscise x1 i x2;

* za 3 < y < ∞ jednacina x2 + 2x − y = 0 ima, takode, dva resenjax1,2 = −1 ± √1 + y, ali prava Y = y sece krivu f (X) u tacki cija jeapscisa x1 = −1−√1 + y.

Na osnovu razmotrenih slucajeva, izracunavanjem FY (y) = P (Y < y) do-bijamo

(1) za y ≤ −1:F

Y(y) = P (X ∈ ∅) = 0;

(2) za −1 < y ≤ 0:F

Y(y) = P

(X ∈ (−1−√1 + y,−1 +

√1 + y

))=

=−1+

√1+y∫

−1−√1+y

ϕX (x) dx =−1+

√1+y∫

−1−√1+y

12exdx =

= 12

(e−1+

√1+y − e−1−√1+y

);

(3) za 0 < y ≤ 3:F

Y(y) = P

(X ∈ (−1−√1 + y,−1 +

√1 + y

))=

=−1+

√1+y∫

−1−√1+y

ϕX

(x) dx =0∫

−1−√1+y

12exdx +

−1+√

1+y∫0

12e−xdx =

165

= 1− 12

(e−1−√1+y + e1−√1+y

);

(4) za 3 < y < ∞:

FY

(y) = P(X ∈ (−1−√1 + y,∞))

=∞∫

−1−√1+y

ϕX

(x) dx =

=0∫

−1−√1+y

12exdx +

∞∫0

12e−xdx = 1− 1

2e−1−√1+y.

4. Obelezimo sa Xi vreme cekanja i - tog putnika. Iz Xi : U (0, 5) sledi da je

E (Xi) = 52 i D (Xi) = 25

12 . Slucajna promenljiva S24 =24∑

i=1

Xi predstavlja

ukupno vreme cekanja 24 putnika, pri cemu je

E (S24) = E

(24∑

i=1

Xi

)=

24∑i=1

E (Xi) =24∑

i=1

52 = 60

i (slucajne promenljive Xi su nezavisne)

D (S24) = D

(24∑

i=1

Xi

)=

24∑i=1

D (Xi) =24∑

i=1

2512 = 50.

Primenom centralne granicne teoreme ([∗]) dobijamo:

(a) P (S24 < 70) = P

(S24−E(S24)√

D(S24)< 70−E(S24)√

D(S24)

)=

= P(S∗24 < 70−60√

50

)≈ P (S∗24 < 1.42)

[∗]≈ φ (1.42) ≈ 0.9222.

(b) Trazimo maksimalno resenje po t nejednacine P (S24 ≥ t) > 0.95:P (S24 ≥ t) > 0.95 ⇔ 1− P (S24 < t) > 0.95 ⇔⇔ P (S24 < t) < 0.05 ⇔⇔ P

(S24−E(S24)√

D(S24)< t−E(S24)√

D(S24)

)< 0.05 ⇔

⇔ P

(S∗24 < t−E(S24)√

D(S24)

)< 0.05

[∗]⇔ φ

(t−E(S24)√

D(S24)

)¹ 0.05 ⇔

⇔ t−E(S24)√D(S24)

¹ φ−1 (0.05) ≈ −1.64 ⇔ t ¹ 48.438.

Dakle, trazeno t je priblizno 48.438 minuta.

5. (a) Posto treba oceniti 2 parametra, izjednacicemo, na primer, momenteprvog i drugog reda obelezja X sa prvim i drugim uzorackim momen-tom (posmatramo uzorak velicine n: (X1, X2, . . . , Xn)), a zatimdobijene jednakosti resavamo kao sistem jednacina po a i b:

E (X) = a+b2 = Xn = 1

n

n∑i=1

Xi,

E(X2

)= D (X) + E2 (X) = (b−a)2

12 + (a+b)2

4 =

= 13

(a2 + ab + b2

)= m2 = 1

n

n∑i=1

X2i ,

koji je ekvivalentan sa

166

a = 2Xn − b

a2 + ab + b2 = 3n

n∑i=1

X2i

⇔

a = 2Xn − b

b2 − 2Xnb + 4X2

n − 3n

n∑i=1

X2i = 0 ⇔

a = 2Xn − b

b = Xn ±√

3n

n∑i=1

X2i − 3X

2

n =

= Xn ±√√√√ 3

n

(n∑

i=1

X2i − 1

n

(n∑

i=1

Xi

)2)

=

= Xn ±√

3n

n∑i=1

(Xi −Xn

)2= Xn ±

√3S

2

n

⇔

a = Xn ∓√

3S2

n ∧ b = Xn ±√

3S2

n,

ali zbog X : U (a, b), tj. zbog a < b uzimamo:

a = Xn −√

3S2

n ∧ b = Xn +√

3S2

n.

(b) Velicina zadanog uzorka je n = 2+9+10+7+12 = 40. Intervale izuzorka reprezentujemo (kao sto je uobicajeno) njihovim sredinama:

x1 = 0.2, x2 = 0.6, x3 = 1, x4 = 1.4, x5 = 1.8 .

Na osnovu zadanog uzorka i dobijenih ocena izracunavamo:X40 = 1

40 (2 · 0.2 + 9 · 0.6 + 10 · 1 + 7 · 1.4 + 12 · 1.8) = 1.18,

S2

40 = 140

(2 (0.2− 1.18)2 + 9 (0.6− 1.18)2 + 10 (1− 1.18)2 +

+7 (1.4− 1.18)2 + 12 (1.8− 1.18)2)

= 0.2556,

a = 1.18−√3 · 0.2556 ≈ 0.3043,

b = 1.18 +√

3 · 0.2556 ≈ 2.0557.Prema tome, X ima U (0.3043, 2.0557) raspodelu, odnosno:

FX (x) =

0 , x ≤ 0.3043x−0.3043

1.7514 , 0.3043 < x ≤ 2.05571 , 2.0557 < x

.

Posto u prvoj grupi imamo manje od 5 podataka, vrsimo spajanjeprve i druge grupe. Dakle, teorijske verovatnoce (verovatnoce kojeodgovaraju obelezju) dobijamo sa:p1 = P (X ∈ [−∞, 0.8]) = F

X(0.8) ≈ 0.2830,

p2 = P (X ∈ [0.8, 1.2]) = FX (1.2)− FX (0.8) ≈ 0.2284,p3 = P (X ∈ [1.2, 1.6]) = F

X(1.6)− F

X(1.2) ≈ 0.2284,

167

p4 = P (X ∈ [1.6,∞]) = 1− FX

(1.6) ≈ 0.2602.Prema tome, χ2 test primenjujemo na sledece podatke podatke:

Ii (−∞, 0.8] (0.8, 1.2] (1.2, 1.6] (1.6,∞)mi : 11 10 7 12pi : 0.2830 0.2284 0.2284 0.2602

Vrednost statistike Z je: z =4∑

i=1

(mi−40·pi)2

40·pi≈ 0.8339.

Posto je (imamo 4 grupe podataka i 2 ocenjena parametra)χ2

0.1;1 ≈ 2.71 > z

konstatujemo da uzorak ne protivreci nasoj hipotezi.

6. Intervale reprezentujemo njihovim sredinama, i izracunavamo pomocnevelicine:

xi 1 3 5 7

fi 150 180 150 20 n =4∑

i=1

fi = 500

xifi 150 540 750 1404∑

i=1

xifi = 1580

x2i fi 150 1620 3750 980

4∑i=1

x2i fi = 6500

x500 = 1500

4∑i=1

xifi = 3.16,

s2500 = 1

500

4∑i=1

x2i fi − x2

500 = 3.0144, s500 =√

s2500 ≈ 1.7362.

Iz tablice Studentove raspodele ocitavamo:

t500−1;0.95+ 1−0.952

= t499;0.975 ≈ t∞;0.975 ≈ 1.96.

(a) Trazeni interval poverenja:

I =(x500 − t499;0.975

s500√499

; x500 + t499;0.975s500√499

)=

= (3.00766; 3.31234) .

(b) Posto hipotezu testiramo sa istim pragom znacajnosti sa kojim smopod (a) nasli interval poverenja, tada zbog 4 6∈ I hipotezu odbacu-jemo.

7. Matrica prelaza (za jedan korak):T1 T2 T3 T4

T1

P = T2

T3

T4

0 12 0 1

213 0 1

313

0 12 0 1

213

13

13 0

.

168

Trazimo vektor verovatnocaT1 T2 T3 T4

v =[

x y z t]

za koji vazi v ·P = v;dakle, resavamo po x, y, z, t ∈ (0, 1) sistem jednacina

[x y z t] · P = [x y z t] ∧ x + y + z + t = 1 ,

koji je dalje ekvivalentan sa

x + y + z + t = 113y + 1

3 t = x12x + 1

2z + 13 t = y

13y + 1

3 t = z12x + 1

3y + 12z = t

⇔

x + y + z + t = 143y + z + 4

3 t = 198z + 4

3 t = 58

4027 t = 4

9

⇔

x = 210 ∧ y = 3

10 ∧ z = 210 ∧ t = 3

10 .

Prema tome, vektor finalnih verovatnoca glasi:

T1 T2 T3 T4

v =[

210

310

210

310

].


mX

(t) = E (cos (λt + U)) =∞∫−∞

cos (λt + u) ϕY

(u) du =

=2π∫0

cos (λt + u) 12π du

[1]= 1

2π

λt+2π∫λt

cos zdz = 12π sin z

λt+2π

|λt

=

= 12π (sin (λt + 2π)− sin (λt)) = 1

2π (sin (λt)− sin (λt)) = 0.

[1] - Smena: z = λt + u.


RX (t, s) = E (X (t) X (s)) = E (cos (λt + U) cos (λs + U))[2]=

= E(

12 cos (λt + λs + 2U) + 1

2 cos (λt− λs))

=

= 12E (cos (λt + λs + 2U)) + 1


= 12

∞∫−∞

cos (λt + λs + 2u)ϕY

(u) du + 12 cos (λt− λs) =

= 12

2π∫0

cos (λt + λs + 2u) 12π du + 1

2 cos (λt− λs)[3]=

= 0 + 12 cos (λt− λs) = 1

2 cos (λ (t− s)).

169

Dakle, proces X (t) je slabo stacionaran jer je mX

(t) = const aautokorelaciona funkcija je funkcija od (t− s).

[2] - Koristeci 2 cos α cosβ = cos (α + β) + cos (α− β).

[3] - Smenom z = λt + λs + 2u kao u [1].

Disperzija:

DX

(t) = KX

(t, t) = RX

(t, t)− (mX

(t))2 = 12 cos 0− 02 = 1

2 .

26.06.2001.

1. Aca i Boki bacaju pravilan novcic, svaki po 100 puta. Izracunati verovat-nocu da su jednak broj puta bacili grb.

2. Diskretna slucajna promenljiva X ima geometrijsku G (p) (0 < p < 1)raspodelu. Neprekidna slucajna promenljiva Y pri X = n ima gustinu

ϕY |X=n (y) =

(n + 1) yn , y ∈ (0, 1)

0 , y 6∈ (0, 1) .

(a) Naci funkciju raspodele slucajne promenljive Y .

(b) Izracunati verovatnoce P (X = n, Y < y).

3. Slucajni vektor (X, Y ) ima gustinu raspodele verovatnoca:

ϕX,Y

(x, y) =

Ax2y , (x, y) ∈ D0 , (x, y) 6∈ D

,

gde je A = 1017 , i gde je D trougao u R2 ravni sa temenima u tackama

(1, 1), (2, 1) i (1, 3). Naci raspodelu slucajne promenljive α ∈ [0, π

2

]koja predstavlja ugao koji slucajni vektor (X, Y ) zaklapa sa pozitivnimsmerom x ose.

4. Slucajna promenljiva X ima normalnu N (m,σ) raspodelu. Odreditipriblizne vrednosti parametara m i σ ako se zna da je P

(X < 33

25

)= 0.2

i P(X > 139

25

)= 0.1.

5. Obelezje X ima zakon raspodele:(

1 22p 1− 2p

).

Na osnovu uzorka obima n oceniti parametar p

(a) metodom momenata,

(b) metodom maksimalne verodostojnosti.

6. U periodu od 50 godina je pracen broj kisovitih dana u Briselu, i dobijenipodaci su predstavljeni u sledecoj tabeli:

broj kisnih dana [0, 40] (40, 80] (80, 100] (100, 120] (120, 360]broj godina 5 14 14 11 6

170

χ2 testom sa pragom znacajnosti α = 0.01 testirati hipotezu da brojkisnih dana u godini u Briselu ima normalnu raspodelu (za ocenu param-etara koristiti poznate statistike).

7. Dva nezavisna izvora suma S1 i S2 na svaku sekundu menjaju svoja stanja

stanje 0: ”izvor ne emituje sum” i stanje 1: ”izvor emituje sum”

i to na sledeci nacin:

izvor S1: ako tokom jedne sekunde ne emituje sum, tada u toku narednesekunde ne emituje sum sa verovatnocom 1

2 ; ako tokom jedne sekundeemituje sum, tada u toku naredne sekunde ne emituje sum sa verovatno-com 1

3 ;

izvor S2: ako tokom jedne sekunde ne emituje sum, tada u toku narednesekunde ne emituje sum sa verovatnocom 1

4 ; ako tokom jedne sekundeemituje sum, tada u toku naredne sekunde ne emituje sum sa verovatno-com 1

5 .

Slucajni proces ξ predstavlja stanja izvora sumova na takav nacin daξ (n) = (i, j), gde je i, j ∈ 0, 1 oznacava da se u toku n - te sekundeizvor suma S1 nalazi u stanju i, a S2 u stanju j.

(a) Naci matricu prelaza (za jedan korak) homogenog lanca Markova ξ.

(b) Ako u toku prve sekunde ni jedan izvor ne emituje sum, izracunativerovatnocu da u toku trece sekunde tacno jedan izvor emituje sum.

8. Slucajne promenljive U : N (0, 1) i V : E (12

)su nezavisne. Naci

srednju vrednost, autokovarijansnu funkciju i disperziju slucajnog procesaXt = U sin t + e−tV , t ∈ [0,∞).

Resenja:

1. Oznacimo sa Ai, i ∈ 1, 2, . . . , 100 dogadaj: ”Aca je i puta bacio grb”,a sa Bj , j ∈ 1, 2, . . . , 100 dogadaj: ”Boki je j puta bacio grb”. Sa Coznacimo dogadaj ”Aca i Boki su jednak broj puta bacili grb”.

Slucajna promenljiva X koja predstavlja broj bacenih grbova pri 100bacanja pravilnog novcica ima B (

100, 12

)raspodelu, tako da je:

P (Ai) = P (Bi) = P (X = i) =(

100i

) (12

)i (12

)100−i = 12100

(100i

).

Dogadaj C mozemo predstaviti na sledeci nacin: C =100∑k=0

AkBk. Pri

tome su dogadaji AkBk, k ∈ 1, . . . , 100 disjunktni, a dogadaji Ak iBk su nezavisni medusobno, te sledi da je:

P (C) = P

(100∑k=0

AkBk

)=

100∑k=0

P (AkBk) =100∑k=0

P (Ak) P (Bk) =

=100∑k=0

12100

(100k

) · 12100

(100k

)= 1

2200

100∑k=0

(100k

) · ( 100k

)= 1

2200

(200100

).

171

2. P (X = n) = p (1− p)n−1, n ∈ N;

FY |X=n (y) =

y∫−∞

ϕY |X=n (t) dt =

=

y∫−∞

0dt , y ≤ 0y∫0

(n + 1) tndt , 0 < y ≤ 1

1∫0

(n + 1) tndt , 1 < y

=

0 , y ≤ 0yn+1 , 0 < y ≤ 1

1 , 1 < y.

(a) Na osnovu formule totalne verovatnoce (dogadaji X = n , n ∈ Ncine potpun sistem dogadaja) dobijamo:

FY

(y) = P (Y < y) =∞∑

n=1P (X = n)P (Y < y | X = n) =

= p∞∑

n=1(1− p)n−1 · F

Y |X=n (y) = . . .

- za y ≤ 0:

FY (y) = p∞∑

n=1(1− p)n−1 · 0 = 0;

- za 0 < y ≤ 1:

FY (y) = p∞∑

n=1(1− p)n−1

yn+1 = py2∞∑

n=1(1− p)n−1

yn−1 =

= py2∞∑

n=1(y (1− p))n−1 [1]

= py2 11−y(1−p) = py2

1−y(1−p) ;

- za 1 < y:

FY (y) = p∞∑

n=1(1− p)n−1 · 1 [1]

= p1−(1−p) = 1.

[1] - Suma beskonacnog geometrijskog reda.

Dakle: FY (y) =

0 , y ≤ 0py2

1−y(1−p) , 0 < y ≤ 11 , 1 < y

.

(b) Za n ≤ 0, zbog X = n, Y < y ⊆ X = n, vaziP (X = n, Y < y) ≤ P (X = n) = 0,a za n ∈ N jeP (X = n, Y < y) = P (X = n) P (Y < y | X = n) =

= p (1− p)n−1 ·FY |X=n (y) =

0 , y ≤ 0p (1− p)n−1

yn+1 , 0 < y ≤ 1p (1− p)n−1

, 1 < y

.

3. Za slucajnu promenljivu α vazi tg α = YX , gde je tg bijektivna funkcija

na posmatranom intervalu[0, π

2

], te je

α = arctg YX

i pri tome znamo da je P(α 6∈ [

0, π2

])= 0.

172

- x

6y

AAAAAA

1 2

1

3

AAAAAAAAAAAA y = −2x + 5

©©©©©©©© y = 12x

(yx = 1

2

)

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

y = x(

yx = 1

)

£££££££££££££

y = 3x(

yx = 3

)

D

slika 1

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

....

Na osnovu definicije funkcije raspodele Fα (a) = P (α < a) i gustineslucajnog vektora (X, Y ) dobijamo sledece slucajeve (vidi sliku 1):

(1) za a ≤ 0: Fα (a) = 0;

(2) za a > 0: posmatrajuci oblast Sa =

(x, y) ∈ R2∣∣ y

x < tg a

dobijamoFα (a) = P

(arctg Y

X < a)

= P(

YX < tg a

)=

∫∫Sa∩D

Ax2ydxdy = . . .

(2.1) za a ∈ (0, arctg 1

2

]: Fα (a) =

∫∫∅

Ax2ydxdy = 0;

(2.2) za a ∈ (arctg 1

2 , arctg 1]

=(arctg 1

2 , π4

](vidi sliku 2.2):

Fα (a) =

5 tg atg a+2∫

1

5−y2∫

ytg a

Ax2ydx

dy = A24 cos a+8 cos(3a)−821 sin3 a

480 sin3 a;

- x

6y

AAAAAA

x1 x2

y2


##

##

##

##y = x tg a

(yx = tg a

)

Sa

slika 2.2

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

x1 = 1tg a

x2 = 5tg a+2

y2 = 5 tg atg a+2

(2.3) za a ∈ (arctg 1, arctg 3] =(

π4 , arctg 3

](vidi sliku 2.3):

Fα (a) =5

tg a+2∫1

(tg a·x∫

1

Ax2ydy

)dx+

2∫5

tg a+2

(−2x+5∫1

Ax2ydy

)dx =

173

= − A960 cos2 a((2 cos a+sin a)4

· (230 + 7619 cos (2a)++11674 cos (4a) + 4189 cos (6a) + 4242 sin (2a)++5832 sin (4a) + 2602 sin (6a));

- x

6y

AAAAAA

x2

y1

y2


¶¶

¶¶

¶¶

¶¶¶

y = x tg a(

yx = tg a

)

Sa

slika 2.3

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

x2 = 5tg a+2

y1 = tg a

y2 = 5 tg atg a+2

(2.4) za a ∈ (arctg 3,∞): Fα (a) =∫∫D

Ax2ydxdy = 1.

4. Slucajna promenljiva X∗ = X−E(X)√D(X)

= X−mσ ima N (0, 1) raspodelu.

Priblizne vrednosti ove raspodele su date u tablicama (Laplasova funkcija),tako da je:

P(X < 33

25

)= P

(X−E(X)√

D(X)<

3325−E(X)√

D(X)

)= P

(X∗ <

3325−m

σ

)≈

≈ φ( 33

25−m

σ

)≈ 0.2 ⇔

⇔ 3325−m

σ ≈ φ−1 (0.2) ≈ −0.84 ⇔⇔ m− σ · 0.84 ≈ 33

25 ,

P(X > 139

25

)= 1− P

(X ≤ 139

25

)= 1− P

(X−E(X)√

D(X)≤ 139

25 −E(X)√D(X)

)=

= 1− P(X∗ ≤ 139

25 −m

σ

)≈ 1− φ

( 13925 −m

σ

)≈ 0.1 ⇔

⇔ φ( 139

25 −m

σ

)≈ 1− 0.1 = 0.9 ⇔

⇔ 13925 −m

σ ≈ φ−1 (0.9) ≈ 1.28 ⇔⇔ m + σ · 1.28 ≈ 139

25 .

Resavajuci dobijeni sistem jednacina po m i σ izracunavamo trazenepriblizne vrednosti:

m− σ · 0.84 ≈ 3325

m + σ · 1.28 ≈ 13925

⇔ σ ≈ 2m ≈ 3

.

Dakle, slucajna promenljiva X ima priblizno N (3, 2) raspodelu.

174

5. (a) Matematicko ocekivanje obelezja X:E (X) = 1 · 2p + 2 · (1− 2p) = 2 (1− p)izjednacavamo sa uzorackom srednjom vrednoscu:E (X) = Xn ⇒ 2 (1− p) = Xn ⇒ 1− p = 1

2Xn

i dobijamo ocenu parametra p :p = 1− 1

2Xn.

(b) Koristicemo statistiku K, gde je K slucajna promenljiva kojapredstavlja broj jedinica u uzorku obima n (mozemo je predstaviti

na sledeci nacin: K = K (X1, X2, . . . , Xn) =n∑

i=1

IXi=1, gde je

IXi=1 indikator dogadaja Xi = 1, tj. slucajna promenljiva defin-

isana sa IXi=1 =

1 , Xi = 10 , Xi 6= 1 ).

Oznacimo sa k broj pojavljivanja jedinice u uzorku (x1, x2, . . . , xn).

L (x1, . . . , xn; p) =n∏

i=1

P (Xi = xi) =

= (2p)k · (1− 2p)n−k,

ln L (x1, . . . , xn; p) = ln((2p)k · (1− 2p)n−k

)=

= k · ln (2p) + (n− k) · ln (1− 2p).Maksimum funkcije L po p :∂

∂pln L (x1, . . . , xn; p) = k · 1

2p· 2 + (n− k) · 1

1− 2p· (−2) =

=k

p+−2 (n− k)

1− 2p=

(1− 2p) k − 2p (n− k)p (1− 2p)

=

=k − 2pk − 2p (n− k)

p (1− 2p)=

k − 2p (k + n− k)p (1− 2p)

=k − 2np

p (1− 2p),

∂∂p ln L (x1, . . . , xn; p) = 0 ⇒ k − 2np = 0 ⇒ p = k

2n .Prema tome, metodom maksimalne verodostojnosti smo dobili ocenu:

p =K

2n.

6. Za izracunavanje parametara m i σ normalne raspodele N (m,σ) koris-timo uzoracku aritmeticku sredinu i uzoracku standardnu devijaciju, pricemu svaki interval reprezantujemo njegovom sredinom (x1 = 20, x2 = 60,x3 = 90, x4 = 110, x5 = 240):

x50 = 150 (5 · 20 + 14 · 60 + 14 · 90 + 11 · 110 + 6 · 240) = 97,

s250 = 1

50

(5 · (20− 97)2 + 14 · (60− 97)2 + 14 · (90− 97)2 +

+11 · (110− 97)2 + 6 · (240− 97)2)

= 3481,

s50 =√

s250 = 59.

Sa ovako izracunatim parametrima nalazimo potrebne teorijske verovat-noce za obelezje X sa normalnom N (97, 59) raspodelom:

175

pi = P (X ∈ (ai, bi)) =1

s50

√2π

bi∫

ai

e− (x−x50)2

2s250 dx[1]=

1√2π

bi−x50s50∫

ai−x50s50

e−t22 dt ≈

≈ φ

(bi − x50

s50

)− φ

(ai − x50

s50

)= φ

(bi − 97

59

)− φ

(ai − 97

59

).

[1] - Smena x−x50s50

= t.

Kako je gustina slucajne promenljive sa normalnom raspodelom razlicitaod nule na celom skupu R, χ2 test cemo primeniti na sledece podatke:

(−∞, 40] (40, 80] (80, 100] (100, 120] (120,∞)5 14 14 11 6

Dakle:

p1 ≈ φ(

40−9759

)− φ (−∞) ≈ 0.166− 0 ≈ 0.166,

p2 ≈ φ(

80−9759

)− φ(

40−9759

) ≈ 0.3859− 0.166 ≈ 0.2199,

p3 ≈ φ(

100−9759

)− φ(

80−9759

) ≈ 0.5199− 0.3859 ≈ 0.134,

p4 ≈ φ(

120−9759

)− φ(

100−9759

) ≈ 0.6517− 0.5199 ≈ 0.1318,

p5 ≈ φ (∞)− φ(

120−9759

) ≈ 1− 0.6517 ≈ 0.3483.

Izracunavamo vrednost statistike Z =5∑

i=1

(mi−npi)2

npi:

z ≈ 20.5204.

Posto je z > χ20.01;5−1−2 = χ2

0.01;2 ≈ 9.21 (dva ocenjena parametra),hipotezu odbacujemo.

7. (a) Verovatnoce prelaza stanja izvora suma S1:P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 0) = 1

2,

P (S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 0) = 1− P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 0) == 1− 1

2= 1

2,

P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 1) = 13,

P (S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 1) = 1− P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 1) == 1− 1

3= 2

3.

Verovatnoce prelaza stanja izvora suma S2:P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 0) = 1

4,

P (S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 0) = 1− P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 0) == 1− 1

4= 3

4,

P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 1) = 15,

P (S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 1) = 1− P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 1) == 1− 1

5= 4

5.

Verovatnoce prelaza stanja procesa ξ: za sve i, j, k, m ∈ 0, 1 vazi

176

p(i,j),(k,m) == P (S1 (n + 1) = k, S2 (n + 1) = m | S1 (n) = i, S2 (n) = j) =

=P (S1 (n + 1) = k, S2 (n + 1) = m,S1 (n) = i, S2 (n) = j)

P (S1 (n) = i, S2 (n) = j)=

[1]=

P (S1 (n + 1) = k, S1 (n) = i)P (S2 (n + 1) = m,S2 (n) = j)P (S1 (n) = i) P (S2 (n) = j)

=

=P (S1 (n + 1) = k, S1 (n) = i)

P (S1 (n) = i)· P (S2 (n + 1) = m,S2 (n) = j)

P (S2 (n) = j)=

= P (S1 (n + 1) = k | S1 (n) = i) P (S2 (n + 1) = m | S2 (n) = j).

[1] - Izvori sumova S1 i S2 su nezavisni.

Prema tome:p(0,0),(0,0) == P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 0) P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 0) == 1

2· 1

4= 1

8,

p(0,0),(0,1) == P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 0) P (S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 0) == 1

2· 3

4= 3

8,

p(0,0),(1,0) == P (S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 0) P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 0) == 1

2· 1

4= 1

8,

p(0,0),(1,1) == P (S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 0) P (S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 0) == 1

2· 3

4= 3

8,

p(0,1),(0,0) == P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 0) P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 1) == 1

2· 1

5= 1

10,

p(0,1),(0,1) == P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 0) P (S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 1) == 1

2· 4

5= 4

10,

p(0,1),(1,0) == P (S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 0) P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 1) == 1

2· 1

5= 1

10,

p(0,1),(1,1) == P (S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 0) P (S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 1) == 1

2· 4

5= 4

10,

p(1,0),(0,0) == P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 1) P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 0) == 1

3· 1

4= 1

12,

p(1,0),(0,1) == P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 1) P (S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 0) == 1

3· 3

4= 3

12,

p(1,0),(1,0) == P (S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 1) P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 0) == 2

3· 1

4= 2

12,

177

p(1,0),(1,1) == P (S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 1) P (S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 0) == 2

3· 3

4= 6

12,

p(1,1),(0,0) == P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 1) P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 1) == 1

3· 1

5= 1

15,

p(1,1),(0,1) == P (S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 1) P (S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 1) == 1

3· 4

5= 4

15,

p(1,1),(1,0) == P (S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 1) P (S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 1) == 2

3· 1

5= 2

15,

p(1,1),(1,1) =

= P (S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 1) P (S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 1) =

= 23· 4

5= 8

15.

Matrica prelaza procesa ξ:

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

(0,0)

P = (0,1)

(1,0)

(1,1)

18

38

18

38

110

410

110

410

112

312

212

612

115

415

215

815

.

(b) Matrica prelaza procesa ξ za dva koraka:

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

(0,0)

P 2 = (0,1)

(1,0)

(1,1)

· · · 2164

119960 · · ·

· · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · ·

.

Vektor pocetne raspodele verovatnoca:(0,0) (0,1) (1,0) (1,1)

p (0) =[

1 0 0 0].

Vektor raspodele verovatnoca nakon dva koraka:(0,0) (0,1) (1,0) (1,1)

p (2) =[ · · · 21

64119960 · · · ]

.

Prema tome, verovatnoca da je u toku trece sekunde aktivan tacnojedan izvor suma iznosi:P (ξ (2) ∈ (0, 1) , (1, 0)) = P (ξ (2) = (0, 1)) + P (ξ (2) = (1, 0)) == 21

64 + 119960 = 217

480 ≈ 0.4521.

8. E (U) = 0, D (U) = 1, E(U2

)= D (U) + E2 (U) = 0 + 1 = 1.

Za sve t, s ∈ [0,∞) je:

. mX

(t) = E (Xt) = E(U sin t + e−tV

)= sin t E (U) + E

(e−tV

)=

= E(e−tV

)=

∞∫−∞

e−tvϕV (v) dv = 12

∞∫0

e−tve−12 vdv =

178

= 12

∞∫0

e−(t+ 12 )vdv

[1]= − 1

2t+1

−∞∫0

ezdz = 12t+1

0∫∞

ezdz = 12t+1 ;

. KX

(t, s) = E ((Xt −mX

(t)) (Xs −mX

(s))) == E (Xt Xs)−mX (t) mX (s) == E

((U sin t + e−tV

) (U sin s + e−sV

))− 12t+1 · 1

2s+1 =

= E(sin t sin s U2 + sin t U e−sV + sin s U e−tV + e−(t+s)V

)− 1

2t+1 · 12s+1 =

[2]= sin t sin s E

(U2

)+ sin t E

(U e−sV

)+

+ sin s E(U e−tV

)+ E

(e−(t+s)V

)− 12t+1 · 1

2s+1 =

= sin t sin s + E(e−(t+s)V

)− 1(2t+1)(2s+1) =

= sin t sin s +∞∫−∞

e−(t+s)vϕV

(v) dv − 1(2t+1)(2s+1) =

= sin t sin s + 12

∞∫0

e−(t+s+ 12 )vdv − 1

(2t+1)(2s+1) =

[3]= sin t sin s + 1

2(t+s)+1 − 1(2t+1)(2s+1) ;

. DX

(t) = KX

(t, t) = sin2 t + 14t+1 − 1

(2t+1)2= sin2 t + 4 t2

(4t+1)(2t+1)2.

[1] - Smena − (t + 1

2

)v = z.

[2] - Slucajne promenljive U i V su nezavisne, te su nezavisne islucajne promenljive U i eαV , odakle sledi

E(U eαV

)= E (U) E

(eαV

)= 0 · E (

eαV)

= 0.

[3] - Smena − (t + s + 1

2

)v = z.

12.07.2001.

1. Strelci A, B i C gadaju po jednom u cilj nezavisno jedan od drugog,pogadajuci ga redom sa verovatnocama 0.6, 0.5 i 0.4. Ustanovljenoje da je cilj pogoden ukupno 2 puta. Sta je verovatnije: da je strelac Cpogodio ili promasio?

2. Nezavisne slucajne promenljive X i Y su odredene zakonima raspodela:

X :(

0 1p 1− p

), Y :

(0 1q 1− q

), (p, q ∈ (0, 1)) ,

a slucajne promenljive Z = f (X) i W = g (Y ) su odredene uslovnimraspodelama:

Z| X = 0 :(

0 1a 1− a

), Z| X = 1 :

(0 1b 1− b

),

W | Y = 0 :(

0 1c 1− c

), W | Y = 1 :

(0 1d 1− d

),

179

(a, b, c, d ∈ (0, 1)) i definisane su slucajne promenljive S = X + Y iT = Z + W .

(a) Naci raspodelu slucajne promenljive Z.

(b) Naci raspodelu slucajne promenljive W .

(c) Izracunati verovatnoce P (S = 0) i P (T = 1).

(d) Izracunati uslovnu verovatnocu P (T = 1 | S = 0).

3. Slucajna promenljiva X ima uniformnu U (0, 1) raspodelu. Nacifunkciju raspodele slucajne promenljive:

Y = f (X) =

X , X ≤ 12

12 , 1

2 < X ≤ 23

32X − 1

2 , 23 < X

.

Izracunati verovatnocu dogadaja Y = 12 . Da li je Y neprekidna slucajna

promenljiva?

4. Preduzece u jednoj smeni proizvede 10000 proizvoda jedne vrste. Vero-vatnoca da je jedan proizvod neispravan iznosi 0.05. Po zavrsetku smeneneispravni proizvodi se stavljaju u posebno skladiste.

(a) Za koliki broj proizvoda treba da bude napravljeno skladiste pa dasa verovatnocom 0.99 bude dovoljno za sve neispravne proizvode izjedne smene?

(b) Izracunati verovatnocu da je po zavrsetku smene u skladistu brojneispravnih proizvoda veci od 450 i manji od 520.

5. Obelezje X ima gustinu raspodele:

ϕX

(x) =

1√θe− x√

θ , x ≥ 00 , x < 0

, (θ > 0) .

Metodom maksimalne verodostojnosti naci ocenu parametra θ (za uzorakobima n) i ispitati centriranost (asimptotsku centriranost) dobijene ocene.

6. χ2 testom sa pragom znacajnosti α = 0.05 ispitati saglasnost uzorka

Ik (1, 1.2] (1.2, 1.4] (1.4, 1.6] (1.6, 1.8] (1.8, 2]mk 33 23 20 15 9

sa funkcijom raspodele: FX (x) =

0 , x ≤ 1√x− 1 , 1 < x ≤ 21 , 2 < x

.

180

7. U pravougaoniku ABCD sa slike, stranice AB i CDsu dva puta duze od stranica AD i BC. Cestica seu diskretnim vremenskim trenucima krece iz temena uteme pravougaonika tako da u svakom trenutku prelaziu neko od dva susedna temena i to sa verovatnocamakoje su obrnuto srazmerne odgovarajucim rastojanjimaizmedu temena. Napraviti matricu prelaza za jedan korakslucajnog procesa cija stanja opisuju polozaj cestice tokomvremena, i naci najverovatniji polozaj cestice nakon dvakoraka ako je na pocetku cestica bila u temenu A.

A D

B C

8. Neka su U : N (1, 2) (normalna raspodela) i V : P (3) (Poasonova raspo-dela) nezavisne slucajne promenljive i neka je Xt, t ∈ [0,∞) slucajniproces definisan sa:

Xt = et U + t2 V.

(a) Naci srednju vrednost, autokovarijansnu funkciju i disperziju slucaj-nog procesa Xt.

(b) Naci srednju vrednost slucajnog procesa Yt =t∫0

Xsds.

Resenja:

1. Oznacimo dogadaje: A - ”strelac A je pogodio cilj”,B - ”strelac B je pogodio cilj”,C - ”strelac C je pogodio cilj”,W - ”cilj je pogoden 2 puta”.

Verovatnoca da je cilj pogoden (tacno) 2 puta:

P (W ) = P(ABC + ABC + ABC

)=

[1]= P (A) P (B)P

(C

)+ P (A) P

(B

)P (C) + P

(A

)P (B)P (C) =

= 0.6 · 0.5 · 0.6 + 0.6 · 0.5 · 0.4 + 0.4 · 0.5 · 0.4 = 0.38.

Verovatnoca da je strelac C cilj pogodio pod uslovom da je cilj pogoden(tacno) 2 puta:

P (C | W ) = P(CW )P(W ) =

P(ABC+ABC)P(W )

[1]=

P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)

P(W ) =

= 0.6·0.5·0.4+0.4·0.5·0.40.4 = 0.2

0.38 = 0.5263,

a verovatnoca da je strelac C cilj promasio pod uslovom da je cilj pogoden(tacno) 2 puta:

P(C | W )

= 1− P (C | W ) = 0.4737.

Dakle, pod uslovom da je cilj pogoden (tacno) 2 puta, verovatnije je da jestrelac C pogodio cilj nego da ga je promasio (P

(C | W )

< P (C | W )).

[1] - Koristimo disjunktnost i nezavisnost odgovarajucih dogadaja.

181

2. Koristicemo sledece:

[1] - Slucajne promenljive X i Y su nezavisne.

[2] - Slucajne promenljive X i Y su nezavisne, odakle sledi da su islucajne promenljive Z = f (X) i W = g (Y ) nezavisne.

[3] - Zbog nezavisnosti slucajnih promenljivih X i Y , kao i slucajnihpromenljivih Z = f (X) i W = g (Y ), sledi da su slucajni vektori(Z, X) i (W,Y ) nezavisni.

(a) RZ = 0, 1.Koristeci formulu totalne verovatnoce za potpun sistem dogadajaX = 0 , X = 1 dobijamo:P (Z = 0) == P (X = 0) P (Z = 0 | X = 0) + P (X = 1) P (Z = 0 | X = 1) == pa + (1− p) b = b + p (a− b),P (Z = 1) == P (X = 0) P (Z = 1 | X = 0) + P (X = 1) P (Z = 1 | X = 1) == p (1− a) + (1− p) (1− b) = 1− b + p (b− a).

Dakle: Z :(

0 1b + p (a− b) 1− b + p (b− a)

).

(b) RW = 0, 1.Koristeci formulu totalne verovatnoce za potpun sistem dogadajaY = 0 , Y = 1 dobijamo:P (W = 0) == P (Y = 0) P (W = 0 | Y = 0) + P (Y = 1) P (W = 0 | Y = 1) == qc + (1− q) d = d + q (c− d),P (W = 1) == P (Y = 0) P (W = 1 | Y = 0) + P (Y = 1) P (W = 1 | Y = 1) == q (1− c) + (1− q) (1− d) = 1− d + q (d− c).

Dakle: W :(

0 1d + q (c− d) 1− d + q (d− c)

).

(c) P (S = 0) = P (X + Y = 0) = P (X = 0, Y = 0) =[1]= P (X = 0) P (Y = 0) = pq.

P (T = 1) = P (Z + W = 1) == P (Z = 0,W = 1+ Z = 1,W = 0) == P (Z = 0,W = 1) + P (Z = 1,W = 0) =[2]= P (Z = 0) P (W = 1) + P (Z = 1) P (W = 0) == (b + p (a− b)) (1− d + q (d− c)) +

+ (1− b + p (b− a)) (d + q (c− d)) == (b + d− 2bd) + p (a− b) (1− 2d) +

+ q (c− d) (1− 2b) + pq (−2 (a− b) (c− d)).

182

(d) P (T = 1 | S = 0) = P(T=1,S=0)P(S=0) =

= P(Z=0,W=1,X=0,Y =0+Z=1,W=0,X=0,Y =0)P(X=0,Y =0) =

= P(Z=0,W=1,X=0,Y =0)+P(Z=1,W=0,X=0,Y =0)P(X=0,Y =0) =

[3]= P(Z=0,X=0)P(W=1,Y =0)+P(Z=1,X=0)P(W=0,Y =0)

P(X=0,Y =0) =

= (P(X=0)P(Z=0 | X=0))(P(Y =0)P(W=1 | Y =0))P(X=0)P(Y =0) +

+ (P(X=0)P(Z=1 | X=0))(P(Y =0)P(W=0 | Y =0))P(X=0)P(Y =0) =

= P (Z = 0 | X = 0) P (W = 1 | Y = 0) ++ P (Z = 1 | X = 0) P (W = 0 | Y = 0) =

= a (1− c) + (1− a) c = a + c− 2ac.

3.

-x

6y

112

23

12

1y = f (x)

Funkcija raspodele slucajne pro-menljive X:

FX

(x) =

0 , x ≤ 0x , 0 < x ≤ 11 , 1 < x

.

FY (y) = P (Y < y) = . . .

(1) za y ≤ 12 : F

Y(y) = P (X < y) = F

X(y) = . . .

(1.1) za y ≤ 0: FY (y) = 0;(1.2) za 0 < y ≤ 1

2 : FY (y) = y;

(2) za 12 < y (za 1

2 < y nalazimo odgovarajuce x takve da je f (x) = y:f (x) = y ⇔ y = 3

2x− 12 ⇔ x = 2

3y + 13 ):

FY

(y) = P(X < 2

3y + 13

)= F

X

(23y + 1

3

)= . . .

(2.1) za 23y + 1

3 ≤ 1 odnosno y ≤ 1: FY (y) = 23y + 1

3 ;(2.2) za 1 < 2

3y + 13 odnosno 1 < y: F

Y(y) = 1.

Dakle: FY (y) =

0 , y ≤ 0y , 0 < y ≤ 1

223y + 1

3 , 12 < y ≤ 1

1 , 1 < y

.

Slucajna promenljiva Y nije apsolutno neprekidnog tipa jer za funkciju

ϕ (y) = F ′Y

(y) =

0 , y ≤ 01 , 0 < y ≤ 1

223 , 1

2 < y ≤ 10 , 1 < y

183

vazi:∞∫−∞

ϕ (y) dy =12∫0

dy +1∫12

23dy = 1

2 + 13 = 5

6 6= 1.

P(Y = 1

2

)= P

(X ∈ [

12 , 2

3

])= FX

(23

)− FX

(12

)= 2

3 − 12 = 1

6 .

4. Neka je S10000 slucajna promenljiva koja predstavlja broj neispravnihproizvoda medu 10000 proizvedenih tokom jedne smene. Slucajna pro-menljiva S10000 ima binomnu B (10000, 0.05) raspodelu, sto znaci da zapriblizno izracunavanje verovatnoca P (a < S10000 < b) mozemo koristitiMoavr - Laplasovu teoremu [∗] (n = 10000, p = 0.05, q = 1−0.05 = 0, 95).

(a) Oznacimo sa k broj proizvoda koji mogu stati u skladiste. Treba daga odredimo tako da broj neispravnih proizvoda jedne smene budemanji ili jednak sa k sa verovatnocom 0.99:P (S10000 ≤ k) = P (S10000 < k + 1) = 0.99 ⇔⇔ P

(Sn−np√

npq < k+1−np√npq

)= 0.99 ⇔

[∗]⇔ φ(

k+1−np√npq

)≈ 0.99 ⇔

⇔ k+1−np√npq ≈ φ−1 (0.99) ≈ 2.33 ⇔

⇔ k+1−10000·0.05√10000·0.05·0.95

≈ 2.33 ⇔ k−49921.7945 ≈ 2.33 ⇔

⇔ k ≈ 2.33 · 21.7945 + 499 ≈ 549.781.Dakle, skladiste treba da bude za 550 (neispravnih) proizvoda.

(b) P (450 < S10000 < 520) = P(

451−np√npq ≤ S10000−np√

npq < 520−np√npq

)≈

[∗]≈ φ(

520−np√npq

)− φ

(451−np√

npq

)≈ φ

(520−50021.7945

)− φ(

451−50021.7945

) ≈≈ φ (0.92)− φ (−2.25) ≈ 0.8212− (1− 0.9878) ≈ 0.809.

5. Funkcija verodostojnosti za uzorak obima n:

L (x1, . . . , xn; θ) =n∏

i=1

ϕXi

(xi) =n∏

i=1

1√θe− xi√

θ = θ−n2 e− 1√

θ

nPi=1

xi

,

ln L (x1, . . . , xn; θ) = ln θ−n2 + ln e

− 1√θ

nPi=1

xi

= −n

2ln θ − 1√

θ

n∑

i=1

xi.

Trazimo maksimum funkcije L po θ :

∂∂θ ln L (x1, . . . , xn; θ) = −n

2 · 1θ + 1

2 θ−32

n∑i=1

xi = 0 ⇒

⇒ −n + θ−12

n∑i=1

xi = 0 ⇒ 1√θ

n∑i=1

xi = n ⇒

⇒√

θ = 1n

n∑i=1

xi ⇒√

θ = xn ⇒ θ = x2n.

Prema tome, dobili smo ocenu: θ = X2

n.

Koristeci:

184

E (X) =∞∫−∞

x ϕX

(x) dx =∞∫0

x 1√θ

e− x√

θ dx =

[1]=√

θ∞∫0

t2−1 e−tdt =√

θ Γ (2) =√

θ,

E(X2

)=

∞∫−∞

x2 ϕX

(x) dx =∞∫0

x2 1√θ

e− x√

θ dx =

[1]= θ

∞∫0

t3−1 e−tdt = θ Γ (3) = 2θ,

[1] - Smena x√θ

= t.

i koristeci nezavisnost slucajnih promenljivih Xi (odnosno koristeciE (XiXj) = E (Xi) E (Xj)), dobijamo matematicko ocekivanje statistikeθ:

E(θ)

= E

([1n

n∑i=1

Xi

]2)

= 1n2 E

(n∑

i=1

X2i +

∑i 6=j

XiXj

)=

= 1n2

(n∑

i=1

E(X2

i

)+

∑i 6=j

E (Xi) E (Xj)

)=

= 1n2

(n∑

i=1

E(X2

)+

∑i 6=j

(E (X))2)

=

= 1n2

(nE

(X2

)+

(n2 − n

)(E (X))2

)=

= 1n2

(n · (2θ) +

(n2 − n

)θ)

= 2n θ + θ − 1

n θ = 1n θ + θ 6= θ.

Dakle, ocena θ nije centrirana, ali jeste asimptotski centrirana jer je:

limn→∞

E(θ)

= limn→∞

(1n θ + θ

)= θ.

6. Velicina uzorka: n = 33 + 23 + 20 + 15 + 9 = 100.

Teorijske verovatnoce obelezja X:p1 = P (X ≤ 1.2) = FX (1.2) ≈ 0.4472,p2 = P (1.2 < X ≤ 1.4) = FX (1.4)− FX (1.2) ≈≈ 0.6325− 0.4472 ≈ 0.1853,

p3 = P (1.4 < X ≤ 1.6) = FX

(1.6)− FX

(1.4) ≈≈ 0.7746− 0.6325 ≈ 0.1421,

p4 = P (1.6 < X ≤ 1.8) = FX (1.8)− FX (1.6) ≈≈ 0.8944− 0.7746 ≈ 0.1198,

p5 = P (1.8 < X) = 1− FX

(1.8) ≈ 1− 0.8944 ≈ 0.1056.

Izracunavamo vrednost statistike Z =5∑

i=1

(mi−npi)2

npi:

z = (33−100·0.4472)2

100·0.4472 + (23−100·0.1853)2

100·0.1853 + (20−100·0.1421)2

100·0.1421 +

+ (15−100·0.1198)2

100·0.1198 + (9−100·0.1056)2

100·0.1056 ≈ 7.49802.

Posto je z < χ20.05;5−1 = χ2

0.05;4 ≈ 9.49, konstatujemo da je uzoraksaglasan sa zadanom funkcijom raspodele.

185

7. Obelezimo sa pAX

verovatnocu prelaza u jednom koraku iz temena A uostala temena X ∈ A,B,C, D.Iz opisa vidimo da je pAA = pAC = 0, a verovatnoce pAB i pAD

zadovoljavaju uslovep

AB

pAD

= 12 ∧ p

AA+ p

AB+ p

AC+ p

AD= p

AB+ p

AD= 1,

odakle dobijamo

(pAD = 2pAB ∧ pAB + pAD = 1) ⇒ (pAD = 2

3 ∧ pAB = 13

).

Analogno dobijamo i ostale verovatnoce prelaza, tj. matricu prelaza:

P = P (1) = [pXY

] =

A B C D

A

B

C

D

0 13 0 2

313 0 2

3 00 2

3 0 13

23 0 1

3 0

.

Matrica prelaza za dva koraka: P (2) = P 2 =

59 0 4

9 00 5

9 0 49

49 0 5

9 00 4

9 0 59

.

Pocetna raspodela:A B C D

p (0) = [ 1 0 0 0 ] .

Raspodela nakon dva koraka:A B C D

p (2) = p (0) · P (2) =[

59 0 4

9 0]

.

Dakle, nakon 2 koraka ce cestica najverovatnije biti ponovo u temenu A.

8. E (U) = 1, D (U) = 22 = 4, E(U2

)= D (U) + E2 (U) = 4 + 1 = 5,

E (V ) = 3, D (V ) = 3, E(V 2

)= D (V ) + E2 (V ) = 3 + 9 = 12.

(a) Za sve t, s ∈ [0,∞) je

∗ srednja vrednost procesa:mX (t) = E (Xt) = E

(et U + t2 V

)=

= et E (U) + t2 E (V ) = et + 3t2;

∗ autokovarijansna funkcija procesa:K

X(t, s) = E ((Xt −m

X(t)) (Xs −m

X(s))) =

= E (XtXs)−mX

(t)mX

(s) == E

((et U + t2 V

) (es U + s2 V

))− (et + 3t2

) (es + 3s2

)=

= E(et+sU2 +

(ets2 + est2

)U V + (ts)2 V 2

)

− (et + 3t2

) (es + 3s2

)=

= et+sE(U2

)+

(ets2 + est2

)E (UV ) + (ts)2 E

(V 2

)− (

et + 3t2) (

es + 3s2)

=

186

[1]= et+sE

(U2

)+

(ets2 + est2

)E (U) E (V ) + (ts)2 E

(V 2

)− (

et + 3t2) (

es + 3s2)

== 5et+s + 3ets2 + 3est2 + 12t2s2 − et+s − 3ets2 − 3est2 − 9t2s2 == 4et+s + 3t2s2;

∗ disperzija procesa:D

X(t) = K

X(t, t) = 4e2t + 3t4.

[1] - Slucajne promenljive U i V su nezavisne.

(b) mY

(t) =t∫0

mY

(s) ds =t∫0

(es + 3s2

)ds = et + t3 − 1.

11.09.2001.

1. Glisa je u dzepu imao 8 zelenih i 6 belih klikera, ali je 1 kliker izgubio.Dva puta sa vracanjem vadi po jedan kliker iz dzepa i konstatuje bojusvakog od izvucenih klikera.

(a) Koliko iznosi verovatnoca da je izgubljeni kliker zelene boje ako suoba izvucena klikera zelene boje?

(b) Koliko iznosi verovatnoca da je izgubljeni kliker zelene boje ako suoba izvucena klikera iste boje?

2. Naci raspodelu, matematicko ocekivanje i disperziju slucajne promenljiveX koja predstavlja slucajno izabrani broj iz skupa [3, 5]∪ [10, 11]∪15.

3. Posmatrajmo dogadaj A: ”prilikom bacanja kockice za ”Ne ljuti se covece”se pojavio broj manji od 5”. Kockica se baca dok se dogadaj A ili njemusuprotan dogadaj ne realizuje 2 puta uzastopno. Naci raspodelu slucajnepromenljive Y koja predstavlja broj izvedenih bacanja kockice.

4. Kosarkas na utakmici pogada kos sa verovatnocom 0.4.

(a) Koliko iznosi verovatnoca da iz 40 pokusaja kos pogodi bar 15 puta?

(b) Koliko najmanje puta treba da gada kos pa da sa verovatnocom 0.9ima bar 30 pogodaka.

5. Neka obelezje X ima raspodelu datu gustinom

ϕX

(x) =

θ√xe−2θ

√x , x > 0

0 , x ≤ 0, (θ > 0) .

(a) Naci ocenu parametra θ metodom maksimalne verodostojnosti.

(b) χ2 testom ispitati saglasnost uzorkaIk (0, 1] (1, 2] (2, 3] (3, 4] (4, 5]mk 35 26 20 15 4

sa datom raspodelom uz prag znacajnosti α = 0.1.

187

6. Ako pretpostavimo da se uzorak

Ik (0, 1] (1, 2] (2, 3] (3, 4] (4, 5]mk 4 8 9 7 2

odnosi na obelezje sa normalnom raspodelom, naci 90% intervale poverenjaza srednju vrednost i za disperziju obelezja.

7. Pocevsi od ponedeljka elektrodistribucija svaki dan iskljucuje po jednuod 3 grupe potrosaca po sledecem pravilu: ako odredena grupa tokomjednog dana nema struje, tada se sutradan sa podjednakim verovatnocamaiskljucuje jedna od preostale dve grupe.

(a) Naci matricu prelaza lanca Markova ξn koji predstavlja redni brojiskljucene grupe u toku n - tog dana od pocetka primene restrikcija.

(b) Ako neka grupa u sredu nema struje, koliko iznosi verovatnoca da ceu nedelju imati struje?

(c) Naci finalne verovatnoce procesa ξn.

8. Neka su U i V nezavisne slucajne promenljive, obe sa uniformnom U (1, 3)raspodelom. Naci raspodele prvog reda i matematicko ocekivanje slucaj-nog procesa

Xt = (U + V )t+1, t ∈ [0,∞) .

Resenja:

1. Oznacimo sa Z dogadaj: ”izgubljeni kliker je zelene boje”. Dogadaji Z iZ ocigledno cine potpun sistem dogadaja i verovatnoce ovih dogadaja suP (Z) = 8

8+6 = 47 i P

(Z

)= 1− P (Z) = 3

7 .

(a) Oznacimo sa A dogadaj: ”oba izvucena klikera su zelene boje”. Posto

je P (A | Z) =(

77+6

)2

= 49169 i P

(A | Z)

=(

88+5

)2

= 64169 , koristeci

formulu totalne verovatnoce dobijamoP (A) = P (Z) P (A | Z) + P

(Z

)P

(A | Z)

= 3881183 ,

pa koristeci Bajesovu formulu dobijamoP (Z | A) = P(Z)P(A | Z)

P(A) = 4997 .

(b) Oznacimo sa C dogadaj: ”oba izvucena klikera su iste boje” (moze-mo ga predstaviti kao C = A + B gde je A dogadaj opisan pod(a), a B je dogadaj: ”oba izvucena klikera su bele boje”). Posto

je P (C | Z) = P (A | Z) + P (B | Z) =(

77+6

)2

+(

67+6

)2

= 85169

i P(C | Z)

= P(A | Z)

+ P(B | Z)

=(

88+5

)2

+(

58+5

)2

= 89169 ,

koristeci formulu totalne verovatnoce dobijamoP (C) = P (Z) P (C | Z) + P

(Z

)P

(C | Z)

= 6071183 ,

pa koristeci Bajesovu formulu dobijamoP (Z | C) = P(Z)P(C | Z)

P(C) = 340607 .

188

2. Posto slucajna promenljiva X predstavlja slucajno izabrani broj iz unijeskupova T = [3, 5] ∪ [10, 11] ∪ 15, tada je X apsolutno neprekidnogtipa i ima uniformnu raspodelu na skupu T koji je mere (tj. ”duzine”)(5− 3) + (11− 10) + (15− 15) = 3. Dakle:

ϕX

(x) =

13 , x ∈ T0 , x 6∈ T

,

FX

(x) =x∫

−∞ϕ

X(t) dt = . . .

- za x ≤ 3:

FX

(x) =x∫

−∞0dx = 0;

- za 3 < x ≤ 5:

FX (x) =3∫

−∞0dt +

x∫3

13dt = 1

3x− 1;

- za 5 < x ≤ 10:

FX (x) =3∫

−∞0dt +

5∫3

13dt +

x∫5

0dt = 23 ;

- za 10 < x ≤ 11:

FX

(x) =3∫

−∞0dt +

5∫3

13dt +

10∫5

0dt +x∫

10

13dt = 1

3x− 83 ;

- za 11 < x ≤ 15:

FX

(x) =3∫

−∞0dt +

5∫3

13dt +

10∫5

0dt +11∫10

13dt +

x∫11

0dt = 1;

- za 15 < x:

FX

(x) =3∫

−∞0dt+

5∫3

13dt+

10∫5

0dt+11∫10

13dt+

15∫11

0dt+15∫15

13dt+

x∫15

0dt = 1.

Dakle: FX

(x) =

0 , x ∈ (−∞, 3]13x− 1 , x ∈ (3, 5]

23 , x ∈ (5, 10]

13x− 8

3 , x ∈ (10, 11]

1 , x ∈ (11,∞)

,

E (X) =∞∫−∞

xϕX

(x) dx =5∫3

13xdx +

11∫10

13xdx +

15∫15

13xdx = 37

6 ,

E(X2

)=

∞∫−∞

x2ϕX

(x) dx =5∫3

13x2dx +

11∫10

13x2dx +

15∫15

13x2dx = 143

3 ,

D (X) = E(X2

)− E2 (X) = 1433 − (

376

)2 = 34736 .

3. P (A) = 46 = 2

3 , P(A

)= 1

3 .

189

Skup vrednosti slucajne promenljive Y : RY = 2, 3, 4, . . ..Pri izracunavanju zakona raspodele slucajne promenljive Y (P (Y = k),k ∈ RY ) moramo posebno razmatrati slucajeve kada je k parno i kada jek neparno.

. Za parno k, odnosno za k = 2n, n ∈ 1, 2, 3, . . . je

P (Y = 2n) = P((

AA)n−1

AA +(AA

)n−1A A

)=

[1]= P

((AA

)n−1AA

)+ P

((AA

)n−1A A

)=

[2]=

(P (A) P

(A

))n−1P (A)P (A) +

(P

(A

)P (A)

)n−1P

(A

)P

(A

)=

=(

29

)n−1 49 +

(29

)n−1 19 = 5

9

(29

)n−1.

. Za neparno k, odnosno za k = 2n + 1, n ∈ 1, 2, 3, . . . je

P (Y = 2n + 1) = P(A

(AA

)n−1AA + A

(AA

)n−1A A

)=

[1]= P

(A

(AA

)n−1AA

)+ P

(A

(AA

)n−1A A

)=

[2]= P

(A

) (P (A)P

(A

))n−1P (A)P (A) +

+ P (A)(P

(A

)P (A)

)n−1P

(A

)P

(A

)=

=(

29

)n−1 427 +

(29

)n−1 227 =

(29

)n.

[1] - Radi se o verovatnoci unije disjunktnih dogadaja.

[2] - Pojedinacna bacanja kockice su nezavisna.

4. Slucajna promenljiva Sn koja predstavlja broj postignutih koseva pri ngadanja ima binomnu B (n, 0.4) raspodelu, pa koristimo Moavr-Laplasovuteoremu ([∗]).(a) Trazena verovatnoca je:

P (S40 ≥ 15) = 1− P (S40 < 15) =

= 1−P(

S40−40·0.4√40·0.4·0.6

< 15−40·0.4√40·0.4·0.6

)≈ 1−P

(S40−40·0.4√

40·0.4·0.6< −0.3227

)≈

[∗]≈ 1− φ (−0.3227) = φ (0.3227) ≈ 0.6265.

(b) Trazimo najmanje resenje po n jednacine P (Sn ≥ 30) = 0.9 :P (Sn ≥ 30) = 1− P (Sn < 30) = 0.9 ⇔ P (Sn < 30) = 0.1 ⇔⇔ P

(Sn−0.4 n√0.4·0.6 n

< 30−0.4 n√0.4·0.6 n

)= 0.1 ⇔

[∗]⇔ φ(

30−0.4 n√0.4·0.6 n

)≈ φ

(30−0.4 n0.4849

√n

)≈ 0.1 ⇔

⇔ 30−0.4 n0.4849

√n≈ φ−1 (0.1) = −φ−1 (0.9) ≈ −1.28 ⇔

⇔ 0.4 n− 1.28 · 0.4849√

n− 30 ≈ 0 ⇔⇔ (

0.4 t2 − 0.6207 t− 30 ≈ 0 ∧ t =√

n) ⇔

⇔ ((t ≈ −7.9191 ∨ t ≈ 9.4708) ∧ t =√

n) ⇔⇔ (

√n ≈ −7.9191 ∨ √

n ≈ 9.4708) ⇔

190

⇔ √n ≈ 9.4708 ⇔ n ≈ 9.47082 ≈ 89.6963.

Dakle, kosarkas treba da gada oko 90 puta da bi sa verovatnocom 0.9imao bar 30 pogodaka.

5. (a) Za slucaj ∀i, xi > 0 jeL (x1, . . . , xn; θ) = ϕ

X(x1) · . . . · ϕX

(xn) =

= θ√x1

e−2θ√

x1 · . . . · θ√xn

e−2θ√

xn = θn (x1 . . . xn)−12 e

−2θnP

i=1

√xi

,

ln L (x1, . . . , xn; θ) = n ln θ − 12 ln (x1 . . . xn)− 2θ

n∑i=1

√xi,

∂∂θ ln L (x1, . . . , xn; θ) = n

θ − 2n∑

i=1

√xi.

Nalazimo maksimum funkcije L po θ:∂∂θ ln L (x1, . . . , xn; θ) = 0 ⇔ n

θ − 2n∑

i=1

√xi = 0 ⇔

⇔ n = 2θn∑

i=1

√xi ⇔ θ = n

2nP

i=1

√xi

.

Dakle, dobili smo ocenu: θ =n

2n∑

i=1

√Xi

.

(b) Obim posmatranog uzorka je n =5∑

i=1

mi = 35+26+20+15+4 = 100.

Vrednost nepoznatog parametra θ koji figurise u zadanoj raspodeliobelezja mozemo na osnovu uzorka izracunati koristeci prethodnonadenu ocenu (pri cemu za xi uzimamo sredine zadanih intervala):

θ = 100

2(35· 12+26· 32+20· 52+15· 72+4· 92 )≈ 0.4.

Funkcija raspodele obelezja X:

FX (x) =x∫

−∞ϕX (t) dx = . . .

- za x ≤ 0: FX

(x) =x∫

−∞0dx = 0;

- za x < 0: FX

(x) =x∫0

θ√xe−2θ

√xdx

[1]= 1− e−2θ

√x.

[1] - Smenom√

x = t.

Dakle: FX (x) =

0 , x ≤ 01− e−0.8

√x , x > 0

.

Spajamo poslednje dve grupe podataka i izracunavamo odgovarajuceteorijske verovatnoce:p1 = P (0 < X ≤ 1) = FX (1)− FX (0) ≈ 0.5514− 0 ≈ 0.5514,p2 = P (1 < X ≤ 2) = F

X(2)− F

X(1) ≈ 0.6781− 0.5514 ≈ 0.1267,

p3 = P (2 < X ≤ 3) = FX

(3)− FX

(2) ≈ 0.7505− 0.6781 ≈ 0.0724,

191

p4 = P (3 < X < ∞) = 1− FX

(3) = 1− (p1 + p2 + p3) ≈ 0.2495.Dakle, χ2 test primenjujemo na sledece podatke:

Ik (0, 1] (1, 2] (2, 3] (3,∞)mk 35 26 20 15pk 0.5514 0.1267 0.0724 0.2495

Izracunavamo vrednost Z =4∑

k=1

(mk−npk)2

npkstatistike:

z = (35−100·0.5514)2

100·0.5514 + (26−100·0.1267)2

100·0.1267 +

+ (20−100·0.0724)2

100·0.0724 + (15−100·0.2495)2

100·0.2495 ≈ 45.2752.

Posto je z > χ20.1;4−1−1 = χ2

0.1;2 ≈ 4.61, hipotezu odbacujemo.

6. Svaki interval reprezentujemo njegovom sredinom:

x1 = 12 , x2 = 3

2 , x3 = 52 , x4 = 7

2 , x5 = 92 .

Velicina uzorka: n =5∑

k=1

mk = 30.

Izracunavamo uzoracku srednju vrednost, disperziju i standardnu devi-jaciju:

x30 = 130

5∑k=1

mkxk = 73 ≈ 2.3333,

s230

= 130

5∑k=1

mkx2k − x2

30= 229

180 ≈ 1.2722, s30 =√

s230≈ 1.1279.

. Iz tablice Studentove raspodele za n = 30 i nivo poverenja β = 0.9nalazimo tn−1; 1+β

2= t29;0.95 ≈ 1.699 i dobijamo trazeni interval

poverenja:

I =[x30 − t29;0.95

s30√29

, x30 + t29;0.95s30√29

]= [1.9861, 2.6806] .

. Iz tablice χ2 raspodele za n = 30 i nivo poverenja β = 0.9 nalazimoχ2

n−1; 1+β2

= χ229;0.95 ≈ 42.6 i χ2

n−1; 1−β2

= χ229;0.05 ≈ 17.7 i dobijamo

trazeni interval poverenja:

I =[

ns230

χ229;0.95

,ns2

30χ2

29;0.05

]= [2.1563, 0.8959] .

7. Obelezimo grupe potrosaca sa 1, 2 i 3.

(a) Na osnovu opisa nalazimo matricu prelaza P za jedan dan i izracu-navamo matricu prelaza P (4) = P 4 =

(P 2

)2 za 4 dana (koristicemoje pod (b)):

1 2 3

P =1

2

3

0 12

12

12 0 1

212

12 0

,

1 2 3

P (4) =1

2

3

38

516

516

516

38

516

516

516

38

.

192

(b) Posmatrajmo npr. grupu 1, a ista je situacija (zbog simetricnihprelaznih verovatnoca) i sa grupama 2 i 3. Sreda je treci dan (n = 3),a nedelja sedmi dan (n = 7) sprovodenja restrikcija. Ako grupa 1 usredu nema struje, to znaci da raspodela verovatnoca lanca ξn za

sredu glasi:1 2 3

p (3) = [ 1 0 0 ] .Raspodela verovatnoca lanca ξn za nedelju tada glasi:

1 2 3

p (7) = p (3) · P 4 =[

38

516

516

].

Dakle, grupa 1 ce u nedelju imati struju sa verovatnocom1− p1 (7) = 1− 3

8 = 58 .

(c) Vektor finalnih verovatnoca1 2 3

p∗ = [ x y z ] nalazimo resavanjemsistema jednacina p∗ · P = p∗ ∧ x + y + z = 1 (x, y, z ∈ (0, 1)) :

12y + 1

2z = x12x + 1

2z = y12x + 1

2y = z

x + y + z = 1

⇔

x − 12y − 1

2z = 0

y − z = 0

z = 13

⇔x = 1

3

y = 13

z = 13

Dakle, vektor finalnih verovatnoca glasi:1 2 3

p∗ =[

13

13

13

].

Na osnovu dobijenih finalnih verovatnoca mozemo zakljuciti: akoiskljucenja struje traju ”dovoljno dugo”, sve grupe potrosaca ce pod-jednako biti bez struje.

8. Odredimo najpre raspodelu slucajne promenljive Z = U + V .

ϕU

(u) =

0 , u 6∈ [1, 3]12 , u ∈ [1, 3] , ϕ

V(v) =

0 , v 6∈ [1, 3]12 , v ∈ [1, 3] .

Iz nezavisnosti slucajnih promenljivih U i V sledi da je

ϕU,V (u, v) = ϕU (u)ϕV (v) =

0 , (u, v) 6∈ D14 , (u, v) ∈ D

,

gde je D = [1, 3]2. Oznacimo sa P (S) povrsinu oblasti S ⊆ R2.

FZ (z) = P (Z < z) = P (U + V < z) = P (U < z − V ) ==

∫∫u<z−v

ϕU,V

(u, v) dudv =∫∫Dz

14dudv = 1

4

∫∫Dz

dudv = 14P (Dz),

gde je Dz = D ∩ (u, v) ∈ R2

∣∣ u < z − v.

Za razne vrednosti z dobijamo

193

(1) za z < 2 je Dz = ∅, a za z = 2 je Dz = (1, 1), te za slucajz ≤ 2 vazi: FZ (z) = 1

4 · 0 = 0;

(2) za 2 < z ≤ 4 je (vidi sliku 2) Dz je trougao sa temenima u tackama(1, 1), (z − 1, 1) i (1, z − 1), te je P (Dz) = (z−2)2

2 , odakle dobijamo:

FZ (z) = 14 · (z−2)2

2 = 18z2 − 1

2z + 12 ;

(3) za 4 < z ≤ 6 je (vidi sliku 3) Dz je poligon sa temenima u tackama(1, 1), (3, 1), (3, z − 3), (z − 3, 3) i (1, 3), te jeP (Dz) = P (D)− P (D \Dz) = 4− (6−z)2

2 , odakle dobijamo:

FZ

(z) = 14 ·

(4− (6−z)2

2

)= − 1

8z2 + 32z − 7

2 ;

(4) za 6 < z je Dz = D, te je P (Dz) = P (D) = 4, odakle dobijamo:F

Z(z) = 1

4 · 4 = 1.

- v

6u

1 3

1

3

0

@@

@@

@@

@@z−1

z−1@@@Dz

u=z−v

slika 2

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

- v

6u

1 3

1

3

0

@@

@@

@@

@@z−3

z−3

@@@Dz

u=z−v

slika 3

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

Dakle: FZ (z) =

0 , z ∈ (−∞, 2]18z2 − 1

2z + 12 , z ∈ (2, 4]

− 18z2 + 3

2z − 72 , z ∈ (4, 6]

1 , z ∈ (6,∞)

.

Pri tome je Z slucajna promenljiva absolutno neprekidnog tipa sa gusti-nom raspodele verovatnoca

ϕZ (z) = F ′Z

(z) =

0 , z 6∈ [2, 6]14z − 1

2 , z ∈ [2, 4)

− 14z + 3

2 , z ∈ [4, 6]

.

Sada je:

FXt(x) = P (Xt < x) = P

((U + V )t+1

< x)

= P(Zt+1 < x

) [1]= . . .

(1) za x ≤ 0: FXt(x) = 0;

(2) za x > 0: FXt(x) = P

(Z < x

1t+1

)= FZ

(x

1t+1

)= . . .

(2.1) za x1

t+1 ∈ (0, 2] odnosno x ∈ (0, 2t+1

]: F

Xt(x) = 0;

(2.2) za x1

t+1 ∈ (2, 4] odnosno x ∈ (2t+1, 4t+1

]:

FXt

(x) = 18x

2t+1 − 1

2x1

t+1 + 12 ;

194

(2.3) za x1

t+1 ∈ (4, 6] odnosno x ∈ (4t+1, 6t+1

]:

FXt

(x) = − 18x

2t+1 + 3

2x1

t+1 − 72 ;

(2.4) za x1

t+1 ∈ (6,∞) odnosno x ∈ (6t+1,∞]

: FXt

(x) = 1.

Dakle: FXt

(x) =

0 , x ∈ (−∞, 2t+1]

18x

2t+1 − 1

2x1

t+1 + 12 , x ∈ (

2t+1, 4t+1]

− 18x

2t+1 + 3

2x1

t+1 − 72 , x ∈ (

4t+1, 6t+1]

1 , x ∈ (6t+1,∞]

.

[1] - Zbog t ∈ [0,∞) je t + 1 > 0, pa je 1t+1 > 0; pri tome je Z > 0 i

Zt+1 > 0.

Izracunavamo matematicko ocekivanje.

Prvi nacin:

mX (t) = E (Xt) = E(Zt+1

)=

∞∫−∞

zt+1ϕZ (z) dz =

=4∫2

zt+1(

14z − 1

2

)dz +

6∫4

zt+1(− 1

4z + 32

)dz =

= 14

4∫2

zt+2dz − 12

4∫2

zt+1dz − 14

6∫4

zt+2dz + 32

6∫4

zt+1dz =

=2(2t+2t3t+3−4t+2)

(t+2)(t+3) .

Drugi nacin: koristeci E (f (U, V )) =∫∫R2

f (u, v)ϕU,V (u, v) dudv i raspo-

delu slucajnog vektora (U, V ) dobijamo

E((U + V )t+1

)=

∫∫D

(u + v)t+1 · 14dudv = 1

4

3∫1

(3∫1

(u + v)t+1du

)dv =

= 14

3∫1

(u+v)t+2

t+2

3

|1dv = 1

4

3∫1

(3+v)t+2−(1+v)t+2

t+2 dv =

= 14 · 1

(t+2)(t+3) ·((3 + v)t+3 − (1 + v)t+3

) 3

|1

=2(2t+2t3t+3−4t+2)

(t+2)(t+3) .

28.09.2001.

1. Skup od 8 belih i 1 crne kuglice se na slucajan nacin deli na grupe od po2, 3 i 4 kuglice. Zatim se baca kockica za ”Ne ljuti se covece” i bira se onagrupa kuglica u kojoj je broj kuglica najblizi broju dobijenom na kockici.

(a) Koliko iznosi verovatnoca da je izabrana grupa u kojoj se nalazi crnakuglica?

(b) Ako je izabrana grupa u kojoj se nalazi crna kuglica, koliko iznosiverovatnoca da je na kockici bacen broj 1?

195

2. Kosarkas izvodi suteve na kos 3 puta i to tako sto pri svakom gadanjubaca pravilan novcic, pa ako na novcicu dobije pismo, tada gada sa 5metara, a ako dobije grb, tada gada sa 7 metara. Sa 5 metara kospogada sa verovatnocom 4

5 , a sa 7 metara pogada sa verovatnocom 35 .

Naci raspodelu slucajne promenljive X = (2− Y )2, gde je Y slucajnapromenljiva koja predstavlja broj postignutih koseva i izracunati uslovnuverovatnocu P (Y = 3 | X = 1).

3. Neka je ϕ (x) =

a2xe−ax , x ≥ 00 , x < 0 .

(a) Za koje sve vrednosti parametra a ∈ R je funkcija ϕ gustina raspodeleverovatnoca neke slucajne promenljive?

(b) Za a = 1 slucajna promenljiva X ima gustinu raspodele ϕ, a priuslovu X = x, x > 0 slucajna promenljiva Y ima uniformnu U (0, x)raspodelu. Naci raspodelu slucajne promenljive Z = X + 3Y .

4. Poznato je da 30% studenata stanuje u studentskom domu. Radi anketi-ranja se na slucajan nacin bira grupa studenata. Koliki treba da je brojstudenata u grupi, pa da se sa verovatnocom 0.9 u njoj nalazi bar 20studenata koji stanuju u studentskom domu?

5. Obelezje X ima zakon raspodele:( −1 0 1

θ 2θ 1− 3θ

).

(a) Na osnovu uzorka obima n naci ocenu parametra θ metodom maksi-malne verodostojnosti.

(b) Izracunati vrednost ocenjenog parametra za uzorak1, 1, −1, 0, 1, 1, −1, 0 .

(c) Ispitati centriranost dobijene ocene.

6. U jednakim vremenskim intervalima, u tankom sloju rastvora zlata reg-istrovan je broj cestica koje padaju u vidno polje mikroskopa. Rezultatidobijeni za dva uzorka prikazani su u sledecoj tabeli:

broj cestica xi 0 1 2 3 4 5broj realizacija mi 15 40 26 10 7 2

χ2 testom sa pragom znacajnosti α = 0.05 testirati hipotezu da brojcestica iz uzorka ima Poasonovu raspodelu.

7. U kutiji X se nalaze 2 bele, a u kutiji Y se nalaze 3 crne kuglice. Izvodaceksperimenta pri jednom premestanju kuglica nasumice vadi po jednukuglicu iz svake kutije i zameni im mesta. Oznacimo sa Xn i Yn redom brojbelih kuglica u kutijama X i Y nakon n premestanja (n ∈ 0, 1, 2, . . .).Koje je najverovatnije stanje slucajnog procesa

ξn = Xn − Yn, n ∈ 0, 1, 2, . . .nakon 4 premestanja kuglica?

196

8. Neka su U i V nezavisne slucajne promenljive, U sa binomnom B (5, 1

5

)raspodelom, a V sa uniformnom U (1, 3) raspodelom. Naci srednju vred-nost, autokovarijansnu funkciju i disperziju slucajnog procesa

Xt = (U + t) V t, t ∈ [0,∞) .

Resenja:

1. Oznacimo sa A dogadaj ”odabrana je grupa koja sadrzi crnu kuglicu”, ioznacimo redom sa Hi, i ∈ 2, 3, 4 dogadaje: ”odabrana je grupa kojasadrzi i kuglica”. Skup H2,H3,H4 cini potpun sistem dogadaja, pa akosa K oznacimo dobijeni broj na kockici, tada verovatnoce P (Hi) mozemodobiti na sledeci nacin:

P (H2) = P (K ∈ 1, 2) = 26 ,

P (H3) = P (K ∈ 3) = 16 ,

P (H4) = P (K ∈ 4, 5, 6) = 36 .

Dogadaj A |Hi je ekvivalentan sa dogadajem ”crna kuglica je rasporedenau grupu koja sadrzi i kuglica”, te su verovatnoce P (A | Hi) proporcionalnebroju kuglica u odgovarajucoj grupi jer se kuglice dele u grupe na slucajannacin:

P (A | H2) = 29 , P (A | H3) = 3

9 , P (A | H4) = 49 .

(a) Koristeci formulu totalne verovatnoce dobijamo

P (A) =4∑

i=2

P (Hi) P (A | Hi) = 1954 ≈ 0.3519.

(b) Koristeci Bajesovu formulu dobijamo

P (H2 | A) = P(H2)P(A | H2)P(A) = 4

19 ≈ 0.2105.

Dakle, ako je odabrana grupa koja sadrzi crnu kuglicu, tada je nakockici sa verovatnocom 4

19 dobijen broj iz skupa 1, 2, a posto seovi brojevi na kockici dobijaju sa jednakom verovatnocom, trazenaverovatnoca je

12· 419

=219≈ 0.1053.

2. Oznacimo sa A dogadaj ”pri jednom gadanju kosarkas pogada kos”. Ve-rovatnocu ovog dogadaja mozemo naci koristeci potpun sistem dogadajaP, G gde je P dogadaj ”na navcicu je palo pismo”, a G je dogadaj ”nanavcicu je pao grb”. Koristeci formulu totalne verovatnoce dobijamo

P (A) = P (P )P (A | P ) + P (G)P (A | G) = 12 · 4

5 + 12 · 3

5 = 710 .

Dakle, kosarkas izvodi 3 nezavisna suta na kos pri cemu svaki put pogadasa verovatnocom 7

10 . To znaci da slucajna promenljiva Y (broj postignutihkoseva) ima binomnu B (

3, 710

)raspodelu. Racunamo verovatnoce

P (Y = k) =(

3k

) (710

)k (310

)3−k = 11000

(3k

)7k 33−k, k ∈ 0, 1, 2, 3

i dobijamo zakon raspodele slucajne promenljive Y :

197

(0 1 2 327

10001891000

4411000

3431000

).

Iz RX = 0, 1, 2, 3 sledi da je

RY =

(2− 0)2 , (2− 1)2 , (2− 2)2 , (2− 3)2

= 0, 1, 4 ,

pri cemu je:

P (Y = 0) = P (X = 2) = 4411000 ,

P (Y = 1) = P (X = 1+ X = 3) = P (X = 1) + P (X = 3) = 5321000 ,

P (Y = 4) = P (X = 0) = 271000 .

Dakle, zakon raspodele slucajne promenljive X glasi:(0 1 4

4411000

5321000

271000

).

Trazena uslovna verovatnoca je

P (Y = 3 | X = 1) =P (Y = 3, X = 1)

P (X = 1)=

P (Y = 3, Y ∈ 1, 3)P (X = 1)

=

=P (Y = 3)P (X = 1)

=34310005321000

=343532

=4976≈ 0.6447.

3. (a) Funkcija ϕ je nenegativna i integrabilna na celom skupu R za sve

a ∈ R. Treba jos ispitati po a uslov∞∫−∞

ϕ (x) dx = a2∞∫0

xe−axdx = 1.

(a.1) Za a = 0 je:∞∫−∞

ϕ (x) dx =∞∫−∞

0dx = 0.

(a.2) Za a 6= 0 je:∞∫−∞

ϕ (x) dx[1]= − 1+ax

eax

∞|0

= 1+axeax

0

|∞

= . . .

(a.2.1) za a < 0 je:∞∫−∞

ϕ (x) dx = 1− (−∞) = ∞;

(a.2.2) za a > 0 je:∞∫−∞

ϕ (x) dx = 1− 0 = 1.

[1] - Parcijalnom integracijom: u = x, dv = e−axdx.Dakle, funkcija ϕ je gustina ako i samo ako je a > 0.

(b) Gustina slucajnog vektora (X, Y ) jeϕ

X,Y(x, y) = ϕ

X(x)ϕ

Y |X=x (x, y) =

=

xe−x · 1x , (x, y) ∈ D

0 , (x, y) 6∈ D=

e−x , (x, y) ∈ D0 , (x, y) 6∈ D

gde je D =

(x, y) ∈ R2∣∣ x ≥ 0 ∧ 0 ≤ y ≤ x

.

OznacimoDz =

(x, y) ∈ R2

∣∣ x + 3y < z

=

(x, y) ∈ R2∣∣ x < z − 3y

.

Funkciju raspodele slucajne promenljive Z mozemo dobiti na sledecinacin:

198

FZ

(z) = P (Z < z) = P (X + 3Y < z) =

=∫∫Dz

ϕX,Y

(x, y) dxdy =∫∫

Dz∩D

e−xdxdy = . . .

-

6

x

y

y = x

PPPPPPPPPPPPPPPPPPPP x = z − 3yz

14 z

13 z

14 z

D

Dz ∩D................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

(1) za z < 0: FZ (z) =∫∫∅

e−xdxdy = 0;

(2) za z ≥ 0:

FZ (z) =14 z∫0

(z−3y∫

y

e−xdx

)dy =

=14 z∫0

(e−y − e3y−z

)dy = 1 + 1

3e−z − 43e−

14 z.

Dakle: FZ (z) =

0 , z ≤ 01 + 1

3e−z − 43e−

14 z , z > 0

.

4. Oznacimo sa n trazeni broj studenata u grupi za anketiranje i oznacimosa Xi slucajnu promenljivu koja uzima vrednost 1 ako i-ti student u grupistanuje u domu, odnosno 0 ako i-ti student u grupi ne stanuje u domu.

Sve slucajne promenljive Xi imaju zakon raspodele(

0 1710

310

).


i=1

Xi predstavlja broj studenata u grupi

koji stanuju u studentskom domu i ima binomnu B (n, 3

10

)raspodelu,

matematicko ocekivanje E (Sn) = 310n i disperziju D (Sn) = 21

100n. Pri-blizno resenje mozemo naci primenom Moavr-Laplasove teoreme:

P (Sn ≥ 20) = 0.9 ⇔ 1− P (Sn < 20) = 0.9 ⇔

⇔ P (Sn < 20) = 0.1 ⇔ P

(Sn−E(Sn)√

D(Sn)< 20−E(Sn)√

D(Sn)

)= 0.1 ⇔

⇔ P

(Sn−E(Sn)√

D(Sn)<

20− 310 n√

21100 n

)= 0.1 ⇔ φ

(20− 3

10 n√21100 n

)≈ 0.1 ⇔

⇔ 20− 310 n√

21100 n

≈ φ−1 (0.1) = −φ−1 (0.9) ≈ −1.28 ⇔

⇔ 310n− 0.5866

√n− 20 ≈ 0 ⇔

199

⇔ (310 t2 − 0.5866t− 20 ≈ 0 ∧ t =

√n) ⇔

⇔ ((t ≈ −7.2457 ∨ t ≈ 9.2009) ∧ t =√

n) ⇔⇔ (t ≈ 9.2009 ∧ t =

√n) ⇔ n ≈ 84.6566.

Dakle, potrebno je da u grupi bude oko 85 studenata.

5. (a) Neka statistika Kn predstavlja broj pojavljivanja broja−1 u uzorku,a statistika Mn broj pojavljivanja broja 0 u uzorku. Tada brojpojavljivanja broja 1 u uzorku predstavlja statistika n−Kn −Mn.

L (x1, . . . , xn; θ) = P (X1 = x1)P (X2 = x2) . . . P (Xn = xn) =

= θkn · (2θ)mn · (1− 3θ)n−kn−mn = 2mn · θkn+mn · (1− 3θ)n−kn−mn ,ln L (x1, . . . , xn; θ) == mn ln 2 + (kn + mn) ln θ + (n− kn −mn) ln (1− 3θ),

∂∂θ ln L (x1, . . . , xn; θ) = kn+mn

θ − 3n−kn−mn

1−3θ .

Nalazimo maksimum funkcije L po θ:∂∂θ ln L (x1, . . . , xn; θ) = 0 ⇔ kn+mn

θ − 3n−kn−mn

1−3θ = 0 ⇔⇔ (kn + mn) (1− 3θ)− 3 (n− kn −mn) θ = 0 ⇔⇔ kn + mn − 3nθ = 0 ⇔ θ = kn+mn

3n .

Dakle, dobili smo ocenu: θ = 13n (Kn + Mn).

(b) Kod uzorka 1, 1,−1, 0, 1, 1,−1, 0 velicine n = 8 je k8 = 2 i m8 = 2te je θ = 2+2

3·8 = 16 .

(c) Poznato je da slucajna promenljiva Kn ima binomnu B (n, θ)raspodelu, a slucajna promenljiva Mn binomnu B (n, 2θ) raspode-lu. Sledi da je E (Kn) = nθ i E (Mn) = 2nθ te dobijamo

E(θ)

= E(

13n (Kn + Mn)

)= 1

3n (E (Kn) + E (Mn)) =

= 13n (nθ + 2nθ) = θ,

sto znaci da ocena θ jeste centrirana.

6. Obim posmatranog uzorka je n =6∑

i=1

mi = 100. Ako obelezje X koje

predstavlja broj pomenutih cestica ima Poasonovu P (λ) raspodelu, tadaje E (X) = λ, te nepoznati parametar λ Poasonove raspodele mozemooceniti uzorackom aritmetickom sredinom:

λ = x100 = 1100 (0 · 15 + 1 · 40 + 2 · 26 + 3 · 10 + 4 · 7 + 5 · 2) = 1.6 .

Spajamo poslednje dve grupe podataka (da bi u svakoj imali bar 5 po-dataka) i izracunavamo odgovarajuce teorijske verovatnoce:

p1 = P (X = 0) = e−1.6 ≈ 0.2019,

p2 = P (X = 1) = 1.6 · e−1.6 ≈ 0.3230,

p3 = P (X = 2) = 1.62

2 · e−1.6 ≈ 0.2584,

200

p4 = P (X = 3) = 1.63

6 · e−1.6 ≈ 0.1378,

p5 = P (X ≥ 4) = 1− (p1 + p2 + p3 + p4) ≈ 0.0788.

Dakle, χ2 test primenjujemo na sledece podatke:

xi 0 1 2 3 4, 5, . . .mi 15 40 26 10 9pi 0.2019 0.3230 0.2584 0.1378 0.0788

Izracunavamo vrednost Z =5∑

i=1

(mi−npi)2

npistatistike:

z = (15−100·0.2019)2

100·0.2019 + (40−100·0.3230)2

100·0.3230 + (26−100·0.2584)2

100·0.2584 +

+ (10−100·0.1378)2

100·0.1378 + (9−100·0.0788)2

100·0.0788 ≈ 4.3657.

Posto je z < χ20.05;5−1−1 = χ2

0.05;3 ≈ 7.81, konstatujemo da uzorak neprotivreci hipotezi.

7. Primetimo da slucajne promenljive (slucajni proces) Yn mozemo pred-staviti kao Yn = 2 − Xn odakle je ξn = Xn − (2−Xn) = 2Xn − 2(slucajni proces ξn je linearna transformacija procesa Xn). Moguce vred-nosti slucajnog procesa Xn su 0, 1 i 2, odakle sledi da je skup stanjaprocesa ξn skup −2, 0, 2, a verovatnoce prelaska procesa ξn glase:

pi,j = P (ξn+1 = j | ξn = i) = P (2Xn+1 − 2 = j | 2Xn − 2 = i) =

= P(Xn+1 = j

2 + 1 | Xn = i2 + 1

), i, j ∈ −2, 0, 2.

Dakle:

p−2,−2 = P (Xn+1 = 0 | Xn = 0) = 1 · 13 = 1

3 ,

p−2,0 = P (Xn+1 = 1 | Xn = 0) = 1 · 23 = 2

3 ,

p−2,2 = P (Xn+1 = 2 | Xn = 0) = 0,

p0,−2 = P (Xn+1 = 0 | Xn = 1) = 12 · 2

3 = 26 ,

p0,0 = P (Xn+1 = 1 | Xn = 1) = 12 · 1

3 + 12 · 2

3 = 36 ,

p0,2 = P (Xn+1 = 2 | Xn = 1) = 12 · 1

3 = 16 ,

p2,−2 = P (Xn+1 = 0 | Xn = 2) = 0,

p2,0 = P (Xn+1 = 1 | Xn = 2) = 1,

p2,2 = P (Xn+1 = 2 | Xn = 2) = 0

i time smo dobili matricu prelaza (za jedno premestanje), a zatim nalazimomatricu prelaza P (4) = P 4 =

(P 2

)2 za 4 premestanja:

−2 0 2

−2

P = 0

2

13

23 0

26

36

16

0 1 0

, P (4) =

· · · · · · · · ·· · · · · · · · ·66216

127216

23216

.

201

Pocetni broj beli kuglica u kutiji X je 2, pa pocetno stanje procesa ξ iznosiξ0 = 2X0−2 = 2·2−2 = 2, odnosno vektor pocetne raspodele verovatnoca

glasi:−2 0 2

p (0) =[

0 0 1].

Vektor raspodele verovatnoca nakon 4 premestanja:

−2 0 2

p (4) = p (0) · P 4 =[

66216

127216

23216

].

Prema tome, nakon 4 premestanja se proces ξ najverovatnije nalazi ustanju 0.

8. Iz zadanih raspodela vidimo da je

E (U) = 5 · 15 = 1, D (U) = 5 · 1

5 · 45 = 4

5 , E(U2

)= D (U)+E2 (U) = 9

5 .

Matematicko ocekivanje procesa: za sve t ∈ [0,∞) je

mX (t) = E ((U + t)V t)[1]= E (U + t)E (V t) =

= (E (U) + t)∞∫−∞

vt ϕV (v) dv = (1 + t)3∫1

vt · 12dv = 3t+1−1

2 .

Autokovarijansna funkcija procesa: za sve t, s ∈ [0,∞) je

KX (t, s) = E ((U + t)V t (U + s)V s) =

= E((

U2 + (t + s) U + ts)V t+s

) [2]= E

(U2 + (t + s)U + ts

)E (V t+s) =

=(E

(U2

)+ (t + s)E (U) + ts

) ∞∫−∞

vt+sϕV (v) dv =

=(

95 + (t + s) + ts

) 3∫1

vt+s · 12dv =

(4+5ts

10(t+s+1) + 12

) (3t+s+1 − 1

).

Disperzija procesa: za sve t ∈ [0,∞) je

DX

(t) = KX

(t, t) =(

4+5t2

10(2t+1) + 12

) (32t+1 − 1

).

[1] - Iz nezavisnosti slucajnih promenljivih U i V sledi nezavisnostslucajnih promenljivih U + t i V t za svako t ∈ [0,∞).

[2] - Iz nezavisnosti slucajnih promenljivih U i V sledi nezavisnost slu-cajnih promenljivih U2 + (t + s) U + ts i V t+s za svako t ∈ [0,∞).

06.10.2001.

1. Vidi zadatak 1 iz oktobarkog roka 1999 (27.09.1999)

2. Vidi zadatak 2 iz aprilskog roka 2000 (04.05.2000)

202

3. Vidi zadatak 3 iz julskog roka 1999 (15.07.1999)

4. Vidi zadatak 4 iz septembarskog roka 1999 (04.09.1999)


6. Vidi zadatak 6 iz oktobarskog/2 roka 2000 (28.10.2000)


8. Vidi zadatak 6 iz junskog roka 2000 (17.06.2000)

203

CIP – Katalogizacija u publikacijiBiblioteka Matice srpske, Novi Sad

519.2(076.58)

Grbi, TatjanaZbirka resenih ispitnih zadataka iz verovatnoce, statistike i slucajnihprocesa / Tatjana Grbic, Ljubo Nedovic. - Novi Sad : Fakultettehnickih nauka, 2001 (Novi Sad : FB print). - 203 str. : graf. prikazi,tabele; 25 cm.

Tiraz 100.

1. Nedovi, ǈuboa) Matematiqka statistika - Zadacib) Teorija verovatnoe - Zadaci

Documents

Zbirka rešenih ispitnih zadataka iz verovatnoce, statistike i slucajnih