Uvod u teoriju vjerovatnoće RC

Autor:

Dr. Fikret Čunjalo, docent na Odsjeku za matematiku

Prirodno-matematičkog fakulteta Univerziteta u Sarajevu

Izdavač:

Prirodno-matematički fakultet Univerziteta u Sarajevu

Recezenti:

Dr. Senada Kalabušić, redovni profesor na Odsjeku za matematiku

Prirodno-matematičkog fakulteta Univerziteta u Sarajevu

Dr. Huse Fatkić, vanredni profesor na Elektrotehničkom fakultetu

Univerziteta u Sarajevu

Dr. Fatih Destović, docent na Pedagoškoj akademiji u Sarajevu

Naslovna strana i DTP:

Adnan Isajbegović, Bachelor softverskog inžinjerstva

Svojim rahmetli roditeljima

Sadržaj

Predgovor .......................................................................................................................................... vi

1. Prostor elementarnih događaja. Definicija vjerovatnoće.............................................................. 1

1.1. Prostor elementarnih događaja ........................................................................................... 1

1.2. Aksiomatska definicija vjerovatnoće .................................................................................... 2

1.3. Geometrijska vjerovatnoća ................................................................................................ 11

1.4. Zadaci ................................................................................................................................ 12

2. Uvjetna vjerovatnoća ................................................................................................................ 33

2.1. Uvjetna vjerovatnoća. Bayesova formula ........................................................................... 33

2.2. Zadaci ................................................................................................................................ 36

2.2.1. Uvjetna vjerovatnoća i nezavisnost ............................................................................ 36

2.2.2. Formula potpune vjerovatnoće i Bayesova formula .................................................... 45

3. Slučajne varijable – Diskretne slučajne varijable ........................................................................ 53

3.1. Uvod .................................................................................................................................. 53

3.2. Granični teoremi u Bernoullijevoj šemi .............................................................................. 59

3.3. Funkcija gustoće i funkcija distribucije ............................................................................... 64

3.4. Zadaci – Bernoullijeva šema ............................................................................................... 79

4. Numeričke karakteristike slučajnih varijabli – Zakon velikih brojeva .......................................... 91

4.1. Matematičko očekivanje .................................................................................................... 91

4.2. Čebiševljeva nejednakost i slabi zakon velikih brojeva...................................................... 106

4.3. Funkcija izvodnica ............................................................................................................ 111

4.4. Zadaci – Diskretne slučajne varijable, matematičko očekivanje i varijanca ....................... 115

5. Neprekidne slučajne varijable .................................................................................................. 142

5.1. Funkcija distribucije i funkcija gustoće slučajnih varijabli .................................................. 142

5.2. Matematičko očekivanje .................................................................................................. 160

5.3. Funkcija izvodnica momenata .......................................................................................... 170

5.4. Zadaci .............................................................................................................................. 174

6. Tablice za funkciju 𝝋(𝒙) =𝟏

√𝟐𝝅∙ 𝒆−

𝒙𝟐

𝟐 ...................................................................................... 197

7. Tablice za funkciju 𝚽(𝒙) =𝟏

√𝟐𝝅∙ ∫ 𝒆−

𝒙𝟐

𝟐 𝒅𝒙𝒙

𝟎 ............................................................................ 198

8. Bibliografija ............................................................................................................................. 199

Predgovor

Ovaj univerzitetski udžbenik je rezultat mojih predavanja na nastavnom predmetu „Vjerovatnoća i

statistika“ na Odsjeku za matematiku Prirodno-matematičkog fakulteta univerziteta u Sarajevu. Stoga

je namijenjen, prije svega, studentima matematike, a može biti od koristi i studentima tehničkih

fakulteta kao i svakome ko koristi vjerovatnoću i statistiku.

Knjiga je podijeljena u 5 poglavlja. U prvom poglavlju definišu se prostori vjerovatnoće, klasična i

aksiomatska definicija, kao i osobine vjerovatnoće. Drugo poglavlje obrađuje uvjetnu vjerovatnoću i

Baysovu formulu.U trećem poglavlju obrađuju se diskretne varijable, funkcija gustoće i funkcija

distribucije, Bernoullijeva šema i granični teoremi. U četvrtom poglavlju obrađuje se matematičko

očekivanje i varijanca diskretnih slučajnih varijabli, Čebiševljeva nejednakost i zakon velikih brojeva.

U petom poglavlju izučavaju se neprekidne slučajne varijable, matematičko očekivanje i varijanca.

Teorija vjerovatnoće nastala je u 𝑋𝑉𝐼𝐼 stoljeću i to u vezi sa hazardnim igrama. Taj nastanak vezuje se

za imena francuskih matematičara Pierre de Fermat-a i Blaise Pascal-a, te holanskog matematičara

Christiaan Huygens-a. Prvu raspravu o vjerovatnoći Huygens je objavio 1657. godine, a u njoj nije bilo

riječi samo o hazardnim igrama, već i o osnovama jedne nove teorije. Huygens izučava pojmove kao

što su matematičko očekivanje i slučajne varijable.

Prvi korak ka teoriji vjerovatnoće, kao matematičkoj disciplini, učinio je Jacob Bernoulli u svom djelu

„Ars Conjectandi“ (Vještina predviđanja), koje je objavljeno 1718. godine. Bernoulli je generalizirao i

produbio pojmove o vjerovatnoći koje je dao Huygens. Razvio je kombinatoriku sa njenim primjenama

na hazardne igre, te je izložio zakon velikih brojeva. Taj zakon kaže da za ∀𝜖 > 0 vrijedi:

lim𝑛→+∞

([|𝑘

𝑛− 𝑝| < 𝜖]) = 1,

gdje je 𝑘 broj realizacija događaja 𝐴 u 𝑛 izvođenja pokusa, a 𝑝 je vjerovatnoća događaja 𝐴 u svakom

pokusu.

Francuski matematičar, Abraham de Moivre, je generalizirao ideje koje je dao Bernoulli. Definisao je i

razradio pojmove nezavisne i uvjetne vjerovatnoće. Dokazao je centralni granični teorem, tj.

lim𝑛→+∞

𝑃 ([𝑘 − 𝑛𝑝

√𝑛𝑝𝑞< 𝑥]) =

1

√2𝜋∙ ∫ 𝑒−

𝑡2

2 𝑑𝑡

𝑥

−∞

.

Do istog teorema dolazi i francuski matematičar Pierre-Simon Laplace, pa je teorem poznat kao Moivre-

Laplace-ov teorem.

Simeon Denis Poisson i Carl Friedrich Gauss su značajno unaprijedili vjerovatnoću, naročito kada je riječ

o njenim primjenama. Njihovi najznačajniji doprinosi su Poisson-ov zakon distribucije vjerovatnoće i

Gauss-ova (Normalna) distribucija vjerovatnoće. Ruski matematičari: Pafnuty Lvovich Chebyshev,

iii

Andrey Markov i Aleksandr Lyapunov postigli su krupne rezultate u teoriji vjerovatnoće koji se odnose

na zakone velikih brojeva.

Tek je tokom 𝑋𝑋 stoljeća vjerovatnoća postala matematička disciplina sa svojim jasno definisanim

metodama. U vezi sa tim, jedan od najvažnijih momenata u tom periodu njenog razvoja je njena

aksiomatizacija koju je izvršio sovjetski matematičar Andrey Kolmogorov.

U knjizi je dat veliki broj rješenih zadataka. Svima onima koji mi ukažu na eventualne pogreške biti ću

veuma zahvalan.

Autor

Uvod u teoriju vjerovatnoće sa riješenim zadacima

1

1. Prostor elementarnih događaja. Definicija vjerovatnoće

1.1. Prostor elementarnih događaja

Slučajni pokus je radnja koja ima najmanje dva ishoda koji se ne mogu predvidjeti iz uvjeta pokusa.

Ishode slučajnog pokusa nazivamo događajima. Događaj je elementaran ako se ne može razložiti na

jednostavnije događaje, a označavamo ih velikim slovima: 𝐴, 𝐵, 𝐶, itd.

Neka je događaj 𝐴 ishod nekog slučajnog pokusa. Neka pokus ponavljamo 𝑛 puta. Označimo sa 𝑛𝐴 broj

realizacija događaja 𝐴 u 𝑛 izvođenja pokusa. Relativna frekvencija događaja 𝐴 je omjer 𝑛𝐴 i 𝑛, tj.

𝑟 =𝑛𝐴𝑛 .

Neka je 𝑛𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑘̅̅ ̅̅̅ ukupan broj pokusa u 𝑖-toj seriji i 𝑛𝐴𝑖 broj realizacija događaja 𝐴 u 𝑖-toj seriji.

Svojstvo statističke stabilnosti relativnih frekvencija zahtjeva da su relativne frekvencije

𝑟𝑖 =𝑛𝐴𝑖

𝑛𝑖, 𝑖 = 1, 𝑘̅̅ ̅̅̅

događaja A međusobno dovoljno blizu i da se grupišu oko nekog broja za dovoljno velike 𝑛𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑘̅̅ ̅̅̅.

a) Neka slučajni pokus zadovoljava uvjete statističke stabilnosti relativnih frekvencija. Neka je

događaj 𝐴 rezultat pokusa. Realan broj oko kojeg se grupišu, odnosno kojem teže, relativne

frekvencije 𝑟 =𝑛𝐴

𝑛 događaja 𝐴 nazivamo vjerovatnoća događaja 𝐴 i označavamo sa 𝑃(𝐴).

Očigledno je 0 ≤ 𝑃(𝐴) ≤ 1. Ova definicija nije dovoljno precizna, jer u konkretnom primjeru niz 𝑟

može konvergirati različitim vrijednostima kao i da uopće ne konvergira, i nazivamo je statistička

definicija vjerovatnoće.

Primjer 1.1.1. Neka je slučajni pokus bacanje igraće kocke na ravnu ploču i neka se desio događaj

𝐴 = {𝑝𝑎𝑜 𝑏𝑟𝑜𝑗 1}.

Broj izvođenja pokusa sa relativnim frekvencijama dat je u tabeli:

Broj pokusa 50 100 200 400 600 800 1000

Relativna frekvencija 0.12 0.15 0.15 0.1875 0.166 0.16375 0.166

Iz tabele vidimo da se relativna frekvencija grupira oko 1

6.

b) Neka slučajni pokus ima konačno mnogo ishoda koji su jednako vjerovatni. Neka je događaj 𝐴

rezultat pokusa. Omjer broja povoljnih ishoda za događaj 𝐴 i broja svih ishoda nazovemo

vjerovatnoćom događaja 𝐴 i pišemo 𝑃(𝐴).

2

Ako je broj svih ishoda 𝑛 i neka je 𝑚 broj povoljnih ishoda za 𝐴 , tada je:

𝑃(𝐴) =𝑚

𝑛 .

Ova definicija je ograničena, jer pretpostavljamo jednaku mogućnost ishoda. Nazivamo je Laplacova

definicija vjerovatnoće.

Primjer 1.1.2. Neka je slučajni pokus bacanje dvije igraće kocke na ravnu ploču i neka je događaj 𝐴

događaj da je zbir brojeva koji su pali 7.

Svi mogući ishodi su:

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

Dakle, broj svih ishoda je 6 ∙ 6 = 36, a broj povoljnih je 6.

Tim je:

𝑃(𝐴) =6

36=1

6 .

Definicije a) i b) su klasične definicije.

1.2. Aksiomatska definicija vjerovatnoće

Skup svih elementarnih događaja nekog slučajnog pokusa zovemo prostor elementarnih događaja i

označavamo ga sa Ω.

Primjer 1.1.1. Bacamo simetričan novčić. Ishodi su „palo pismo“ ili „pao grb“. Elementarni događaji su

„palo pismo“ i „pao grb“ što označavamo sa P i G. Prostor elementarnih događaja je Ω = {𝑃, 𝐺}.

Primjer 1.1.2. Bacamo kocku čije su strane označene brojevima od 1 do 6. Ishodi su brojevi koji su pali

na gornjoj strani kocke. Prostor elementarnih događaja je

Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.

Svaki događaj je skup elementarnih događaja. Unija događaja A i B, u oznaci 𝐴 ∪ 𝐵 je događaj koji se

realizuje kada se realizuje bar jedan od događaja A ili B.

Presjek događaja A i B, u oznaci 𝐴 ∩ 𝐵, je događaj koji se realizuje kada se realizuju oba događaja

i A i B.


3

Komplement događaja A, u oznaci 𝐴𝐶 , je događaj koji se realizuje kada se ne realizuje događaj A.

Razlika događaja A i B, u oznaci 𝐴 ∖ 𝐵, je događaj koji se realizuje kada se 𝐴 realizuje i B ne realizuje.

∅ je nemoguć događaj. Ω je siguran događaj.

Svaka konačna algebra je 𝜎-algebra, jer konačnu uniju možemo proširiti sa ∅ do beskonačnosti.

Očigledno, partitivan skup 𝒫(𝛺) je 𝜎-algebra.

U primjeru 1.1.2. skup

{{1, 2}, {3, 4}, {5, 6}, {1, 2, 3, 4}, {1, 2, 5, 6}, {3, 4, 5, 6}, ∅, 𝛺}

je 𝜎-algebra.

Aksiomatiku u teoriji vjerovatnoće uveo je A. N. Kolmogorov 1933. godine.

Uređenu trojku (𝛺, ℱ, 𝑃), gdje je 𝛺 prostor elementarnih događaja, ℱ je 𝜎-algebra i 𝑃 vjerovatnoća

na 𝛺, nazivamo prostor vjerovatnoće. Ako je 𝛺 konačan ili izbrojiv skup, tada prostor vjerovatnoće

(𝛺, ℱ, 𝑃) nazivamo diskretni prostor vjerovatnoće.

Definicija 1.2.3. (Aksiomatska definicija vjerovatnoće) Neka je 𝛺 prostor elementarnih događaja i

ℱ 𝜎-algebra događaja. Funkcija 𝑃:ℱ → ℝ je vjerovatnoća na 𝛺 ako vrijedi:

1. 𝑃(𝐴) ≥ 0, 𝐴 ∈ ℱ, 𝑃(𝛺) = 1 .

2. 𝐴𝑖 ∈ ℱ, 𝑖 ∈ ℕ 𝑖 𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗 = ∅ (𝑖 ≠ 𝑗) ⇒ 𝑃(⋃ 𝐴𝑖∞𝑖=1 ) = ∑ 𝑃(𝐴𝑖)

∞𝑖=1 .

Definicija 1.2.1. Neka je 𝛺 prostor elementarnih događaja. Podskup ℱ skupa 𝛺 sa osobinama:

1. ∅ ∈ ℱ

2. 𝐴 ∈ ℱ ⇒ 𝐴𝐶 ∈ ℱ

3. 𝐴1, 𝐴2, … , 𝐴𝑛 ∈ ℱ ⇒ ⋃ 𝐴𝑘 ∈ ℱ𝑛𝑘=1

nazivamo algebra događaja na 𝛺.

Definicija 1.2.2. Neka je 𝛺 prostor elementarnih događaja. Podskup ℱ skupa 𝛺 sa osobinama:

1. ∅ ∈ ℱ

2. 𝐴 ∈ ℱ ⇒ 𝐴𝐶 ∈ ℱ

3. 𝐴𝑛 ∈ ℱ (𝑛 ∈ ℕ) ⇒ ⋃ 𝐴𝑛 ∈ ℱ∞𝑛=1

nazivamo 𝜎-algebra događaja na 𝛺.

4

Dokaz:

a) Neka je:

𝐴1 = Ω i 𝐴𝑖 = ∅, 𝑖 ≥ 2.

Tada su 𝐴𝑖 , 𝑖 ≥ 1 međusobno disjunktni za svako 𝑖, pa na osnovu 2) u definiciji 1.2.1. imamo:

1 = 𝑃(Ω) = 𝑃(⋃𝐴𝑖

∞

𝑖=1

) =∑𝑃(𝐴𝑖)

∞

𝑖=1

= 𝑃(𝐴1) +∑𝑃(𝐴𝑖)

∞

𝑖=2

=

= 1 + 𝑃 (⋃𝐴𝑖

∞

𝑖=2

) = 1 + 𝑃(∅) ⇒ 𝑃(∅) = 0 .

b) Neka je:

𝐵𝑖 = 𝐴𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ i 𝐵𝑖 = ∅, 𝑖 > 𝑛.

Tada na osnovu 2) u definiciji 1.2.1. imamo da je:

𝑃 (⋃𝐴𝑖

∞

𝑖=1

) = 𝑃(⋃𝐵𝑖

∞

𝑖=1

) =∑𝑃(𝐵𝑖)

∞

𝑖=1

=

=∑𝑃(𝐵𝑖)

𝑛

𝑖=1

+ ∑ 𝑃(𝐵𝑖)

∞

𝑖=𝑛+1

=∑𝑃(𝐴𝑖)

𝑛

𝑖=1

+ ∑ ∅

∞

𝑖=𝑛+1

=

=∑𝑃(𝐴𝑖)

𝑛

𝑖=1

+ 𝑃(∅) =∑𝑃(𝐴𝑖)

𝑛

𝑖=1

.

Teorem 1.2.1. Neka je (𝛺, ℱ, 𝑃) prostor vjerovatnoće. Tada vrijedi:

a) 𝑃(∅) = 0 .

b) Ako su: 𝐴1, … , 𝐴𝑛 ∈ ℱ međusobno disjunktni ⇒ 𝑃(⋃ 𝐴𝑖∞𝑖=1 ) = ∑ 𝑃(𝐴𝑖)

∞𝑖=1 (svojstvo konačne

aditivnosti) .

c) 𝐴, 𝐵 ∈ ℱ 𝑖 𝐴 ⊆ 𝐵 ⇒ 𝑃(𝐴) ⊆ 𝑃(𝐵) (𝑠𝑣𝑜𝑗𝑠𝑡𝑣𝑜 𝑚𝑜𝑛𝑜𝑡𝑜𝑛𝑜𝑠𝑡𝑖) .

d) 𝐴𝑖 ∈ ℱ, 𝑖 ∈ ℕ, 𝐴1 ⊆ 𝐴2 ⊆ ⋯ , 𝐴 = ⋃ 𝐴𝑖∞𝑖=1 ⇒ 𝑃(𝐴) = lim

𝑖→∞𝑃(𝐴𝑖) (neprekidnost u odnosu

na neopadajući niz) .

e) 𝐴𝑖 ∈ ℱ, 𝑖 ∈ ℕ, 𝐴1 ⊇ 𝐴2 ⊇ ⋯ , 𝐴 = ⋂ 𝐴𝑖∞𝑖=1 ⇒ 𝑃(𝐴) = lim

𝑖→∞𝑃(𝐴𝑖) (neprekidnost u odnosu

na nerastući niz) .

f) 𝐴𝑖 ∈ ℱ, 𝑖 ∈ ℕ ⇒ 𝑃(⋃ 𝐴𝑖∞𝑖=1 ) ≤ ∑ 𝑃(𝐴𝑖)

∞𝑖=1 (prebrojiva poluaditivnost) .

g) 𝐴, 𝐵 ∈ ℱ ⇒ 𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵) − 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) .

h) 𝐴 ∈ ℱ ⇒ 𝑃(𝐴𝐶) = 1 − 𝑃(𝐴) .


5

c)

𝐴 ⊆ 𝐵 ⇒ 𝐵 = 𝐴 ∪ (𝐵\𝐴).

Tada zbog b) imamo da je:

𝑃(𝐵) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵\𝐴) ≥ 𝑃(𝐴) .

d) Neka je 𝐵1 = 𝐴1, 𝐵𝑖 = 𝐴𝑖\𝐴𝑖−1, 𝑖 ≥ 2. Tada je

𝐵𝑖 ∈ ℱ, 𝑖 ∈ ℕ 𝑖 𝐵𝑘 ∩ 𝐵𝑙 = ∅ za ∀𝑘 ≠ 𝑙 .

Otuda je:

𝐴𝑛 =⋃𝐴𝑖

𝑛

𝑖=1

=⋃𝐵𝑖

𝑛

𝑖=1

,

𝑃(𝐴𝑛) =∑𝑃(𝐵𝑖)

𝑛

𝑖=1

.

Vrijedi:

lim𝑛→∞

𝑃(𝐴𝑛) =∑𝑃(𝐵𝑖)

𝑛

𝑖=1

= 𝑃(⋃𝐵𝑖

∞

𝑖=1

) = 𝑃(⋃𝐴𝑖

∞

𝑖=1

) = 𝑃(𝐴) .

e) Neka je:

𝐶𝑖 = 𝐴1\𝐴𝑖 , 𝑖 ∈ ℕ.

Tada je:

𝐶𝑖 ∈ ℱ , 𝐶𝑖 ⊆ 𝐶𝑖+1 , 𝑖 ∈ ℕ ,

𝐴1\𝐴 =⋃𝐶𝑖

∞

𝑖=1

.

Pošto je:

𝑃(𝐶𝑖) = 𝑃(𝐴1) − 𝑃(𝐴𝑖) ,

to iz d) slijedi da je:

𝑃(𝐴1) − 𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐴1\𝐴) = lim𝑖→∞

𝑃(𝐶𝑖) = 𝑃(𝐴1) − lim𝑖→∞

𝑃(𝐴𝑖) .

f) Neka je:

𝐵1 = 𝐴1 𝑖 𝐵𝑖 = 𝐴𝑖\⋃𝐴𝑘

𝑖−1

𝑘=1

, 𝑖 ≥ 2 .

6

Tada je 𝐵𝑖 , 𝑖 ∈ ℕ niz disjunktnih događaja, odnosno:

𝐵𝑖 ⊆ 𝐴𝑖 , 𝑖 ∈ ℕ ,

⋃𝐴𝑖

∞

𝑖=1

=⋃𝐵𝑖

∞

𝑖=1

.

Tada je:

𝑃 (⋃𝐴𝑖

∞

𝑖=1

) =∑𝑃(𝐵𝑖)

∞

𝑖=1

≤∑𝑃(𝐴𝑖)

∞

𝑖=1

.

g)

𝐴 ∪ 𝐵 = 𝐴 ∪ (𝐵\𝐴), (𝐴 ∩ 𝐵) ∪ (𝐵\𝐴) = 𝐵 .

Otuda, zbog b), imamo da je:

𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵\𝐴) ∧ 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) + 𝑃(𝐵\𝐴) = 𝑃(𝐵) .

Eliminacijom 𝑃(𝐵\𝐴) imamo da je

𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵) − 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵).

h)

𝐴 ∪ 𝐴𝐶 = Ω ⇒ 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐴𝐶) = 1.

Otuda je

𝑃(𝐴𝐶) = 1 − 𝑃(𝐴).

Iz prethodnog teorema očigledno slijedi

0 ≤ 𝑃(𝐴) ≤ 1 ∀𝐴 ∈ ℱ. ∎

Primjer 1.2.3. Neka je Ω = {𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑} i 𝜎-algebra i neka je:

ℱ = {∅, Ω, {a}, {b}, {𝑎, 𝑏}, {𝑎, 𝑐, 𝑑}, {𝑏, 𝑐, 𝑑}, {𝑐, 𝑑}}.

Koja od sljedećih funkcija sa ℱ u ℝ je vjerovatnoća na Ω?

a)

𝑃(∅) = 0, 𝑃(Ω) = 1, 𝑃({𝑎}) = 𝑃({𝑏}) =1

4 , 𝑃({𝑎, 𝑏}) =

1

2 ,

𝑃({𝑎, 𝑐, 𝑑}) = 𝑃({𝑏, 𝑐, 𝑑}) =3

4 , 𝑃({𝑐, 𝑑}) =

1

2

b)

𝑃′(∅) = 0, 𝑃′( Ω) = 1, 𝑃′({𝑎}) = 𝑃′({𝑏}) =1

4 ,


7

𝑃′({𝑎, 𝑏}) = 𝑃′({𝑎, 𝑐, 𝑑}) = 𝑃′(𝑎, 𝑐, 𝑑}) = 𝑃′({𝑐, 𝑑}) =1

8

Rješenje: Pošto je:

𝑃(Ω) = 𝑃′(Ω) = 1 ,

𝑃(𝐴) ≥ 0 𝑖 𝑃′(𝐴) ≥ 0, ∀𝐴 ∈ ℱ,

to i 𝑃 i 𝑃′ ispunjavaju prvi aksiom vjerovatnoće. Sada imamo:

𝑃({𝑎} ∪ {𝑏}) = 𝑃({𝑎, 𝑏}) =1

2=1

4+1

4= 𝑃({𝑎}) + 𝑃({𝑏}) ,

𝑃({𝑎} ∪ {𝑐, 𝑑}) = 𝑃({𝑎, 𝑐, 𝑑}) =3

4=1

4+1

2= 𝑃({𝑎}) + 𝑃({𝑐, 𝑑}) ,

𝑃({𝑏} ∪ {𝑐, 𝑑}) = 𝑃({𝑏, 𝑐, 𝑑}) =3

4=1

4+1

2= 𝑃({𝑏}) + 𝑃({𝑐, 𝑑}) ,

𝑃({𝑎} ∪ {𝑏} ∪ {𝑐, 𝑑}) = 𝑃(Ω) = 1 =1

4+1

4+1

2= 𝑃({𝑎}) + 𝑃({𝑏}) + 𝑃({𝑐, 𝑑}) .

Analogno i za ostale slučajeve.

Dakle, 𝑃 ispunjava i drugi aksiom, odnosno 𝑃 je vjerovatnoća na Ω.

𝑃′({𝑎} ∪ {𝑏}) = 𝑃′({𝑎, 𝑏}) =1

8≠1

4+1

4= 𝑃′({𝑎}) + 𝑃′({𝑏}) .

Samim time, 𝑃′ ne ispunjava drugi aksiom, odnosno 𝑃′ nije vjerovatnoća.

Neka je Ω = {𝑥𝑖 ∶ 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅} i ℱ 𝜎-algebra podskupova od Ω. Označimo sa 𝐴𝑥𝑖 presjek svih

elemenata iz ℱ koji sadrže 𝑥𝑖 (𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅).

Neka je:

𝑥𝑖 ∈ 𝐴𝑥𝑖 ∩ 𝐴𝑥𝑗 .

Tada je, zbog definicije 𝐴𝑋𝑖 :

𝐴𝑥𝑖 ⊆ 𝐴𝑥𝑖 ∩ 𝐴𝑥𝑗 ⊆ 𝐴𝑥𝑗 .

Ako je pri tome 𝑥𝑗 ∉ 𝐴𝑥𝑖 , tada je iz definicije 𝐴𝑥𝑗:

𝐴𝑥𝑗 ⊆ 𝐴𝑥𝑗 ∖ 𝐴𝑥𝑖 ,

jer je 𝑥𝑗 ∈ 𝐴𝑥𝑗 ∖ 𝐴𝑥𝑖 .

Otuda,

𝐴𝑥𝑖 ∩ 𝐴𝑥𝑗 = ∅,

8

što je kontradikcija, jer je 𝑥𝑖 ∈ 𝐴𝑥𝑖 ∈ 𝐴𝑥𝑗 .

Dakle, vrijedi:

𝑥𝑖 , 𝑥𝑗 ∈ 𝐴𝑥𝑖 ∩ 𝐴𝑥𝑗 .

Tim je:

𝐴𝑥𝑖 ⊆ 𝐴𝑥𝑖 ∩ 𝐴𝑥𝑗 ⊆ 𝐴𝑥𝑗 ,

𝐴𝑥𝑖 ⊆ 𝐴𝑥𝑖 ∩ 𝐴𝑥𝑗 ⊆ 𝐴𝑥𝑖 ⇒ 𝐴𝑥𝑖 = 𝐴𝑥𝑗 .

Ako 𝑥𝑖 ∉ 𝐴𝑥𝑖 ∩ 𝐴𝑥𝑗 , tada je, zbog definicije 𝐴𝑥𝑖 :

𝐴𝑥𝑖 ⊆ 𝐴𝑥𝑖 ∖ 𝐴𝑥𝑗 .

Tim je:

𝐴𝑥𝑖 ∩ 𝐴𝑥𝑗 = ∅ .

Iz svega, vidimo da je:

𝐴𝑥𝑖 = 𝐴𝑥𝑗 𝑖𝑙𝑖 𝐴𝑥𝑖 ∩ 𝐴𝑥𝑗 = ∅ .

Neka su 𝐴𝑥𝑖𝑘, 𝑘 = 1,𝑚̅̅̅̅ ̅̅ svi različiti. Tada je

Ω =⋃𝐴𝑖𝑘

𝑚

𝑘=1

,

odnosno, 𝐴𝑥𝑖𝑘 čini particiju prostora Ω.

Neka je:

𝑃 (𝐴𝑥𝑖𝑘) = 𝑝𝑘 , 𝑘 = 1,𝑚̅̅̅̅ ̅̅ .

Tada je:

1 = ∑𝑝𝑘

𝑚

𝑘=1

.

Tada se funkcija:

𝑃 (𝐴𝑥𝑖𝑘) = 𝑝𝑘 , 𝑘 = 1,𝑚̅̅̅̅ ̅̅ ,

𝑃(∅) = 0


9

može proširiti na ℱ sa:

𝑃(𝐴) = ∑ 𝑝𝑘𝑘

𝐴𝑋𝑖𝑘⊆𝐴

,

na jedinstven način, tako da je (Ω, ℱ, 𝑃) diskretan prostor vjerovatnoće. U primjeru 1.2.3. možemo

uzeti da je:

𝐴𝑥𝑖1 ={𝑎}, 𝐴𝑥𝑖2 =

{𝑏}, 𝐴𝑥𝑖3 ={𝑐, 𝑑} ,

te imamo da je:

𝑃 (𝐴𝑥𝑖1) =

1

4, 𝑃 (𝐴𝑥𝑖2

) =1

4,

𝑃 (𝐴𝑥𝑖3) =1

2 ⇒ 𝑃 (𝐴𝑥𝑖1) + 𝑃 (𝐴𝑥𝑖2) + 𝑃 (𝐴𝑥𝑖3) = 1 .

Dakle, 𝑃 je vjerovatnoća. S druge strane imamo da je:

𝑃′ (𝐴𝑥𝑖1) =

1

4 , 𝑃′ (𝐴𝑥𝑖2

) =1

4 ,

𝑃′ (𝐴𝑥𝑖3) =

1

8 ⇒ 𝑃′ (𝐴𝑥𝑖1

) + 𝑃′ (𝐴𝑥𝑖2) + 𝑃′ (𝐴𝑥𝑖3

) ≠ 1 .

Dakle, 𝑃′ nije vjerovatnoća.

Primjer 1.2.4. Neka je (Ω, ℱ, 𝑃) prostor vjerovatnoće i 𝐴1 , 𝐴2, 𝐴3 ∈ ℱ. Odrediti 𝑃(𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ 𝐴3).

Rješenje: Na osnovu teorema 1.2.1. pod g) imamo da vrijedi:

𝑃((𝐴1 ∪ 𝐴2) ∪ 𝐴3) = 𝑃(𝐴1 ∪ 𝐴2) + 𝑃(𝐴3) − 𝑃((𝐴1 ∪ 𝐴2) ∩ 𝐴3) =

= 𝑃(𝐴1) + 𝑃(𝐴2) − 𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴2) + 𝑃(𝐴3) − 𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴3) − 𝑃(𝐴2 ∩ 𝐴3) + 𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩ 𝐴3) =

= 𝑃(𝐴1) + 𝑃(𝐴2) + 𝑃(𝐴3) − 𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴2) − 𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴3) − 𝑃(𝐴2 ∩ 𝐴3) + 𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩ 𝐴3) =

=∑𝐴𝑖

3

𝑖=1

− ∑ 𝑃(𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗)

1≤𝑖<𝑗≤3

+ 𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩ 𝐴3) .

10

Dokaz: Dokaz izvodimo matematičkom indukcijom. Tvrdnja vrijedi za 𝑛 = 2, 3. Pretpostavimo da

tvrdnja vrijedi za 𝑛 = 𝑘 i dokažimo da vrijedi za 𝑛 = 𝑘 + 1.

Neka je:

𝑃(⋃𝐴𝑖

𝑘

𝑖=1

) =∑𝑃(𝐴𝑖)

𝑘

𝑖=1

− ∑ 𝑃(𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗)

1≤𝑖<𝑗≤𝑘

+⋯+ (−1)𝑘+1 ∙ 𝑃 (⋂𝐴𝑖

𝑘

𝑖=1

) .

Sada imamo:

𝑃(⋃𝐴𝑖

𝑘+1

𝑖=1

) = 𝑃 (⋃𝐴𝑖

𝑘

𝑖=1

)+ 𝑃(𝐴𝑘+1) − 𝑃((⋃𝐴𝑖

𝑘

𝑖=1

) ∩ 𝐴𝑘+1) = |

| =

=∑𝑃(𝐴𝑖)

𝑘

𝑖=1

− ∑ 𝑃(𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗)


+⋯+ (−1)𝑘+1 ∙ 𝑃 (⋂𝐴𝑖

𝑘

𝑖=1

) + 𝑃(𝐴𝑘+1) − 𝑃(⋃𝐴𝑖

𝑘

𝑖=1

∩ 𝐴𝑘+1) =

= ∑𝑃(𝐴𝑖)

𝑘+1

𝑖=1

− ∑ 𝑃(𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗)


+⋯+ (−1)𝑘+1 ∙ 𝑃 (⋂𝐴𝑖

𝑘

𝑖=1

)−

−∑𝑃(𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑘+1)

𝑘+1

𝑖=1

+ ∑ 𝑃(𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗 ∩ 𝐴𝑘+1)


−⋯+ 𝑃(⋃𝐴𝑖

𝑘

𝑖=1

∩ 𝐴𝑘+1) =

=∑𝑃(𝐴𝑖)

𝑘+1

𝑖=1

− ∑ 𝑃(𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗)

1≤𝑖<𝑗≤𝑘+1

+⋯+ (−1)𝑘+2 ∙ 𝑃 (⋂𝐴𝑖

𝑘+1

𝑖=1

) .

Dakle, vrijedi tvrdnja za 𝑛 = 𝑘 + 1. Iz principa matematičke indukcije slijedi da tvrdnja vrijedi za

∀𝑛 ≥ 2. ∎

Teorema 1.2.2. (Sylvesterova formula) Neka je (𝛺, ℱ, 𝑃) prostor vjerovatnoće i 𝐴𝑖 ∈ ℱ, 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅, 𝑛 ≥ 2.

Tada vrijedi:

𝑃(⋃𝐴𝑖

𝑛

𝑖=1

) =∑𝑃(𝐴𝑖)

𝑛

𝑖=1

− ∑ 𝑃(𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗)

1≤𝑖<𝑗≤𝑛

+ ∑ 𝑃(𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗 ∩ 𝐴𝑘)

1≤𝑖<𝑗<𝑘≤𝑛

−⋯+

+(−1)𝑛+1 ∙ 𝑃 (⋂𝐴𝑖

𝑛

𝑖=1

) .


11

1.3. Geometrijska vjerovatnoća

Primjer 1.3.1. Dobavljač robe može kasniti sa isporukom do 15 minuta. Pritom, vrijeme kašnjenja je

jednako vjerovatno. Kolika je vjerovatnoća da će kasniti manje od 5 minuta?

Rješenje: Neka je 𝐴 događaj da dobavljač kasni manje od 5 minuta (Slika 1). Tada je:

𝑃(𝐴) =5

15=1

3 .

Definicija 1.3.1. Neka je 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ duž i 𝑀,𝑁 dvije tačke na duži 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ . Označimo sa 𝑛 dužinu duži 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ i sa 𝑚

dužinu duži 𝑀𝑁̅̅ ̅̅ ̅. Neka slučajno izaberemo tačku duži 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ , gdje je izbor jednako vjerovatan. Tada,

vjerovatnoća da izaberemo tačku iz duži 𝑀𝑁̅̅ ̅̅ ̅ iznosi:

𝑃 =𝑚

𝑛 .

Slika 1: Geometrijska interpretacija primjera 1.3.1.

0 5 10 15

𝐴 = 𝑀 𝑁 𝐵

Definicija 1.3.2. Neka je 𝑆 figura u ravni i 𝐺 figura sadržana u 𝑆. Neka slučajno izaberemo tačku iz figure 𝑆,

gdje je izbor jednako vjerovatan. Tada je vjerovatnoća događaja 𝐴, da se izabere tačka iz figure 𝐺 data sa:

𝑃(𝐴) =𝑚(𝐺)

𝑚(𝑆) ,

gdje su 𝑚(𝐺) i 𝑚(𝑆) površine figura 𝐺 i 𝑆.

12

Primjer 1.3.2. Dva čovjeka su se dogovorila da se nađu na

određenom mjestu između 10:00 H i 11:00 H. Svako čeka

najdalje 10 minuta. Pretpostavimo da je vrijeme dolaska

jednako vjerovatno. Kolika je vjerovatnoća da se neće sresti?

Rješenje: Označimo sa 𝑥 i 𝑦 vrijeme dolaska jednog i drugog

čovjeka. Neka je

𝑆 = {(𝑥, 𝑦) | 0 ≤ 𝑥, 𝑦 ≤ 60} i 𝐺 = {(𝑥, 𝑦) | |𝑥 − 𝑦| > 10}.

Geometrijska interpretacija data je na slici 2. Neka je događaj 𝐴

da se neće sresti.

Tada je:

𝑃(𝐴) =𝑚(𝐺)

𝑚(𝑆)=50 ∙ 50

60 ∙ 60=25

36 .

1.4. Zadaci

1. Izvlačimo dvije karte iz špila od 𝟓𝟐 karte. Kolika je vjerovatnoća da:

a) su obje herc?

b) je jedna karo, a druga herc?

Rješenje: Postoji:

(522) =

52 ∙ 51

21= 1326

načina za izvlačenje 2 karte.

a) Imamo 13 hercova, pa ima:

(132) =

13 ∙ 12

2 ∙ 1= 78

načina za izbor 2 herca, pa je vjerovatnoća da izaberemo 2 herca:

𝑃 =(132)

(522)=

78

1326≈ 0.0588 .

b) Imamo:

(131) ∙ (

131) = 13 ∙ 13 = 169

Slika 2: Geometrijska interpretacija

primjera 1.3.2.


13

načina da izvučemo jednu kartu karo, a drugu herc, pa samim tim, tražena vjerovatnoća je:

𝑃 =(131) ∙ (

131)

(522)

=169

1326≈ 0.1274 .

2. Biramo 𝟒 od 𝟐𝟎 sijalica od kojih su 𝟓 defektne. Kolika je vjerovatnoća da:

a) od 𝟒 izabrane ni jedna nije defektna?

b) tačno 𝟐 defektne?

c) barem 𝟐 defektne?

Rješenje: Imamo:

(204) =

20 ∙ 19 ∙ 18 ∙ 17

4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1= 4845

načina da se izaberu 4 od 20 sijalica.

a) Imamo:

(144) =

15 ∙ 14 ∙ 13 ∙ 12

4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1= 1365

načina izbora sijalica, tako da ni jedna nije defektna.

Samim tim, tražena vjerovatnoća je:

𝑝 =(144)

(204)=1365

4845≈ 0.2817 .

b) 2 ispravne i 2 defektne sijalice se mogu izvući na:

(152) ∙ (

52) = 900

načina.


𝑝 =(152) ∙ (5

2)

(204)

=900

4845≈ 0.1857 .

14

c) Broj ishoda da se izvuče manje od 2 defektne sijalice je:

(154) + (

153) ∙ (

51) = 1365 + 2275 = 3640

pa je tražena vjerovatnoća:

𝑝 = 1 −(154) + (

153) ∙ (

51)

(204)

= 1 −3640

4845≈ 0.2487 .

3. Izabrane su 𝟐 od 𝟓 karti numerisanih brojevima od 𝟏 do 𝟓. Kolika je vjerovatnoća 𝒑 da je zbir

paran broj ako:

a) su 𝟐 karte izvučene zajedno?

b) su 𝟐 karte izvučene jedna iza druge bez vraćanja?

c) su 𝟐 karte izvučene jedna iza druge sa vraćanjem?

Rješenje:

a) Da bi zbir bio paran, moraju obje karte biti parne ili obje neparne. Parnih ima dvije, a neparnih

tri. Postoji:

(52) = 10

načina za izvlačenje 2 karte zajedno. Broj povoljnih ishoda je:

(32) + (

22) = 3 + 1 = 4 .


𝑝 =(32) + (

22)

(52)

=4

10=2

5 .

b) Mogući slučajevi su da izvučemo parnu, pa opet parnu ili izvučemo neparnu, pa opet neparnu

kartu. Broj načina za izvlačenje 2 karte jednu za drugom bez vraćanja je 5 ∙ 4 = 20, a broj

povoljnih slučajeva je 2 ∙ 1 + 3 ∙ 2 = 8, pa je tražena vjerovatnoća:

𝑝 =8

20=2

5 .

c) Broj načina za izvlačenje 2 karte sa vraćanjem je 5 ∙ 5 = 25. Broj povoljnih je 2 ∙ 2 + 3 ∙ 3 =

13, pa je tražena vjerovatnoća:

𝑝 =13

25 .


15

4. U jednom razredu je 𝟗 momaka i 𝟏𝟐 djevojaka od kojih 𝟑 momka i 𝟒 djevojke ne doručkuju.

Kolika je vjerovatnoća da slučajno izabrana osoba bude djevojka ili osoba koja ne doručkuje?

Rješenje: Neka je događaj 𝐴 da je izabrana djevojka, a događaj 𝐵 da je izabrana osoba koja ne

doručkuje. Tada je:

𝑃(𝐴) =12

21, 𝑃(𝐵) =

7

21, 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) =

4

21

Tražena vjerovatnoća je:

𝑝 = 𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵) − 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) =12

21+7

21−4

21=15

21 .

5. U jednom skladištu se nalazi 𝟐𝟎 proizvoda od kojih su 𝟒 defektna. Kolika je vjerovatnoća da

od 𝟑 slučajno izabrana proizvoda budu 𝟐 defektna?

Rješenje: Broj svih ishoda je:

(203) =

20 ∙ 19 ∙ 18

3 ∙ 2 ∙ 1= 1140 .

Broj povoljnih ishoda je:

(42) ∙ (

161) = 6 ∙ 16 = 96 .


𝑝 =(42) ∙ (

161)

(203)

=96

1140≈ 0.084 .

6. Od 15 srećki 𝟐 su dobitne. Kolika je vjerovatnoća da među 𝟓 slučajno odabranih srećki bude:

a) jedna koja dobiva?

b) bar jedna koja dobiva?

Rješenje: Broj svih ishoda je:

(155) =

15 ∙ 14 ∙ 13 ∙ 12 ∙ 11

5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1= 3003 .

a) Broj povoljnih ishoda je:

(21) ∙ (

134) = 2 ∙

13 ∙ 12 ∙ 10

4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1= 1430

16


𝑝 =(21) (134)

(155)

=1430

3003≈ 0.476 .

b) Broj ishoda da od 5 srećki nema dobitnih je:

(135) =

13 ∙ 12 ∙ 11 ∙ 10 ∙ 9

5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1= 1287


𝑝 = 1 −1287

3003≈ 0.571 .

7. Kolika je vjerovatnoća da pri bacanju dvije kocke dobijemo zbir 𝟖?

Rješenje: Prostor svih ishoda je

Ω = {(𝑖, 𝑗): 𝑖, 𝑗 = 1,6̅̅ ̅̅ },

što je ukupno 62 = 36 ishoda. Skup povoljnih ishoda je

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

što je ukupno 5 ishoda, pa je tražena vjerovatnoća:

𝑝 =5

36 .

8. Kolika je vjerovatnoća da pri bacanju 𝟑 kocke dobijemo zbir manji od 𝟓?

Rješenje: Prostor elementarnih događaja je Ω = {(𝑖, 𝑗, 𝑘): 𝑖, 𝑗, 𝑘 = 1,6̅̅ ̅̅ }, što je ukupno 63 = 216

ishoda. Povoljni ishodi su {(1,1,1), (1,1,2), (1,2,1), (2,1,1)}, što je ukupno 4 ishoda, pa je tražena

vjerovatnoća:

𝑝 =4

216=1

54

9. U jednom razredu od 𝟑𝟎 učenika njih 𝟐𝟎 zna engleski, 𝟖 ih zna njemački, a 𝟓 zna oba jezika.

Slučajno je izabran jedan učenik. Kolika je vjerovatnoća da:

a) zna samo engleski jezik?


17

b) zna samo njemački jezik?

c) ne zna ni jedan jezik?

d) zna bar jedan jezik?

Rješenje: Neka je događaj 𝐸 da zna engleski

jezik, a 𝐷 da zna njemački jezik.

a) Tražena vjerovatnoća je:

𝑝 =15

30=1

2 .

b) Tražena vjerovatnoća je:

𝑝 =3

30=1

10 .

c) Tražena vjerovatnoća je:

𝑝 =7

30 .

d) Tražena vjerovatnoća je:

𝑝 =23

30 .

10. U jednoj firmi od 𝟓𝟎 zaposlenih, njih 𝟐𝟓 zna engleski, njih 𝟏𝟎 zna njemački, 𝟖 francuski, 𝟕

zna engleski i njemački, 𝟓 zna engleski i francuski, 𝟒 zna njemački i francuski, a 𝟐 zna sva tri

jezika. Slučajno se biraju 𝟑 zaposlena. Kolika je vjerovatnoća da:

a) sva trojica znaju engleski?

b) sva trojica znaju engleski i njemački?

c) sva trojica znaju bar dva strana jezika?

d) sva trojica znaju bar jedan strani jezik?

e) dvojica znaju dva strana jezika, a jedan ne zna ni jedan jezik?

f) ni jedan ne zna njemački i francuski, ali svi znaju engleski jezik?

g) najmanje jedan od njih zna sva tri jezika?

Rješenje: Neka je 𝐸 događaj da zna engleski jezik, 𝐷 da zna

njemački jezik, a 𝐹 da zna francuski jezik.


𝑝 =(253)

(503)=25 ∙ 24 ∙ 23

50 ∙ 49 ∙ 48=23

196 .

Slika 3: Poznavanje jezika u razredu

Slika 4: Poznavanje jezika u firmi

18


𝑝 =(73)

(503)=

7 ∙ 6 ∙ 5

50 ∙ 49 ∙ 48=

1

560 .

c) Tražena vjerovatnoća je:

𝑝 =(123)

(503)=12 ∙ 11 ∙ 10

50 ∙ 49 ∙ 48=11

980 .

d) Tražena vjerovatnoća je:

𝑝 =(293)

(503)=29 ∙ 28 ∙ 27

50 ∙ 49 ∙ 48=261

1400 .

e) Tražena vjerovatnoća je:

𝑝 =(102) ∙ (

211)

(503)

=

10 ∙ 92 ∙ 1 ∙ 21

50 ∙ 49 ∙ 483 ∙ 2 ∙ 1

=189

3920 .

f) Tražena vjerovatnoća je:

𝑝 =(153)

(503)=15 ∙ 14 ∙ 13

50 ∙ 49 ∙ 48=13

560 .

g) Tražena vjerovatnoća je:

𝑝 =(21) ∙ (

482)

(503)

+(22) ∙ (

480)

(503)

=2 ∙48 ∙ 472 ∙ 1

+ 1

50 ∙ 49 ∙ 483 ∙ 2 ∙ 1

=2257

19600 .

11. Kolika je vjerovatnoća da slučajno izabran prirodan broj, koji nije veći od 𝟏𝟎𝟎, bude kvadrat

nekog prirodnog broja većeg od 𝟏?

Rješenje: Brojevi od 1 do 100 su svi mogući ishodi. Povoljni ishodi su:

{4, 9, 14, 25, 36, 49, 64, 81, 100} .


𝑝 =9

100 .


19

12. Slučajno je izabran jedan višecifreni broj. Kolika je vjerovatnoća da posljednje dvije cifre

njegovog kvadrata budu:

a) 𝟏𝟏?

b) 𝟔𝟏?

Rješenje: Prostor elementarnih događaja su kombinacije zadnje dvije cifre i ima ih ukupno 102 = 100.

Iz pravila o množenju prirodnih brojeva, zadnje dvije cifre kvadrata prirodnih brojeva određene su sa

zadnje dvije cifre tog broja, pa ako kvadriramo sve prirodne brojeve od 0 do 99, vidimo da nema

brojeva sa zadnje dvije cifre 11, ali imamo 4 broja sa zadnje dvije cifre 61.


𝑝 =0

100= 0 .


𝑝 =4

100=1

25 .

13. Kolika je vjerovatnoća da zadnje dvije cifre trećeg stepena slučajno odabranog prirodnog

broja budu 𝟏𝟏?

Rješenje: Svaki prirodan broj 𝑛 se može napisati u obliku 𝑛 = 𝑎 + 10 ∙ 𝑏 + 𝑐, gdje je 𝑐 djeljivo sa 100

i 𝑎, 𝑏 = 0,1,2, … ,9 (𝑏𝑎 su zadnje dvije cifre od 𝑛). Tim je:

𝑛3 = (𝑎 + 10 ∙ 𝑏)3 + 3 ∙ (𝑎 + 10 ∙ 𝑏)2 ∙ 𝑐 + 3 ∙ (𝑎 + 10 ∙ 𝑏) ∙ 𝑐2 + 𝑐3

Pošto su zadnja 3 člana djeljiva sa 100, to samo prvi član utiče na zadnje dvije cifre broja 𝑛3. Kako je:

(𝑎 + 10 ∙ 𝑏)3 = 𝑎3 + 30 ∙ 𝑎2 ∙ 𝑏 + 300 ∙ 𝑎 ∙ 𝑏2 + 1000 ∙ 𝑏3

to na zadnje dvije cifre broja 𝑛 utiču prva dva sabirka gornje jednakosti. Tim se 𝑎3 mora završavati sa

1, a to je moguće samo za 𝑎 = 1. Također, 3 ∙ 𝑏 se mora završavati sa 1, a to je moguće samo za 𝑏 =

7. Samim tim, ako posmatramo prvih 100 prirodnih brojeva, imamo samo 1 povoljan, kao i u svakih

narednih 100 prirodnih brojeva, pa je tražena vjerovatnoća:

𝑝 =1

100 .

14. Imamo pet duži dužina 𝟐,𝟓, 𝟕, 𝟖 i 𝟗. Kolika je vjerovatnoća da od slučajno odabrane tri duži,

možemo sastaviti trougao?

Rješenje: Prostor svih ishoda je

{257, 258, 259, 278, 279, 289, 578, 579, 589, 789},

dakle ukupno 10. Skup povoljnih ishoda je

{278, 289, 578, 579, 589, 789},

20

dakle ukupno 6. Koristili smo teorem da je zbir dvije stranice u trouglu veći od treće stranice. Tražena

vjerovatnoća je:

𝑝 =6

10=3

5 .

15. Iz špila od 𝟓𝟐 karte se slučajno izvlače dvije karte. Kolika je vjerovatnoća da se izvuče desetka

i kec?

Rješenje: Broj svih mogućnosti je:

(522) = 1326 .

Kako imamo 4 desetke i 4 keca, to je broj povoljnih ishoda:

(41) ∙ (

41) = 16 .


𝑝 =(41) ∙ (

41)

(522)

=16

1326=

8

663 .

16. Iz špila od 𝟓𝟐 karte se slučajno izvlači 𝟔 karti zajedno.

a) Kolika je vjerovatnoća da među njima bude desetka pik (♠) ?

b) Kolika je vjerovatnoća da među njima budu sva četiri znaka (♠, ♢, ♡, ♣) ?

c) Koliko najmanje karata treba izvući iz špila da bi vjerovatnoća, da među njima budu bar

dvije karte sa istim brojem, bila veća od 𝟎.𝟓?

Rješenje:

a) Broj povoljnih je (izabrati jednu kartu i to desetku pik i 5 drugih karti):

(515) =

51 ∙ 50 ∙ 49 ∙ 48 ∙ 47

5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1= 2349060

a broj svih mogućnosti je:

(526) =

52 ∙ 51 ∙ 50 ∙ 49 ∙ 48 ∙ 47

6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1= 20358520 .


𝑝 =(515)

(526)=2349060

20358520≈ 0.115 .

b) Broj povoljnih ishoda je:

(41) ∙ (

131) ∙ (

131) ∙ (

131) ∙ (

133) + (

42) ∙ (

131) ∙ (

131) ∙ (

132) ∙ (

132)


21

tj. tri znaka uzimamo po jedanput i četvrti znak tri puta ili dva znaka po jedanput a druga dva po dva

puta. Samim tim, tražena vjerovatnoća je:

𝑝 =(41) ∙ (

131)3

∙ (133) + (

42) ∙ (

131)2

∙ (132)2

(526)

=

=8682544

20358520≈ 0.426 .

c) Svaki broj ima 4 znaka, a brojeva ima 13. Izvlačimo 𝑛 karata sa različitim brojevima. Broj načina

na koji se to postiže je:

4𝑛 ∙ (13𝑛) .

Treba da vrijedi:

1 −4𝑛 ∙ (

13𝑛)

(52𝑛)

>1

2 ⇒

4𝑛 ∙ (13𝑛)

(52𝑛)

<1

2

a to je ispunjeno za 𝑛 = 6.

17. Da li je vjerovatnije pri jednom bacanju četiri kocke dobiti bar jednu jedinicu ili pri 𝟐𝟒 bacanja

dvije kocke dobiti bar jednom dvije jedinice?

Rješenje: Vjerovatnoća da pri jednom bacanju četiri kocke padne bar jedna jedinica je:

𝑝 = 1 − (5

6)4

=671

1296≈ 0.518 .

Vjerovatnoća da pri 24 bacanja dvije kocke, padnu bar jednom dvije jedinice je:

𝑝 = 1 − (1 −1

6 ∙ 6)24

= 1− (1 −35

36)24

≈ 0.49 .

Dakle, odgovor je da je vjerovatnije da pri jednom bacanju četiri kocke dobijemo bar jednu jedinicu.

18. Duž dužine 𝟏𝟐 je nasumice prelomljena na jednom mjestu. Kolika je vjerovatnoća da

površina pravougaonika, čije su stranice dužine prelomljeni dijelovi, bude ne manja od 𝟐𝟓?

22

Rješenje: Pretpostavljamo da je za sve tačke duži jednako moguće da se u njima dogodi prelamanje.

Prelomljeni dijelovi imaju dužine 𝑥 i 12 − 𝑥.

Površina pravougaonika je (12 − 𝑥) ∙ 𝑥, a traži se da je:

(12 − 𝑥) ∙ 𝑥 ≥ 25 ⇒ 𝑥2 − 12𝑥 + 25 ≥ 0 .

Tim je:

𝑥1 =12 − √44

2= 6 − √11 𝑖 𝑥2 =

12 + √44

2= 6 + √11

To znači, da će za 6 − √11 ≤ 𝑥 ≤ 6 + √11 površina datog pravougaonika biti veća ili jednaka od 25.

Tim je tražena vjerovatnoća:

𝑝 =(6 + √11) − (6 − √11)

12=√11

6≈ 0.55.

19. Dat je jednakostraničan trougao ∆𝑨𝑩𝑪 sa dužinom stranice 𝒂. Neka je 𝑴𝟏 središte stranice

𝑨𝑪 i 𝑵𝟏 središte stranice 𝑩𝑪. Upišimo u ∆𝑨𝑩𝑪 pravougaonik tako da jedna njegova stranica

leži na duži 𝑨𝑩, a suprotna stranica je 𝑴𝟏𝑵𝟏. Neka je 𝑴𝟐 središte duži 𝑴𝟏𝑪 i 𝑵𝟐 središte

duži 𝑵𝟏𝑪. Upišimo u ∆𝑴𝟏𝑵𝟏𝑪 pravougaonik tako da jedna njegova stranica leži na duži

𝑴𝟏𝑵𝟏, a suprotna stranica je 𝑴𝟐𝑵𝟐. Nastavljamo ovaj proces tako da dobijamo

pravougaonike čije su gornje stranice 𝑴𝟑𝑵𝟑,𝑴𝟒𝑵𝟒, … ,𝑴𝒏𝑵𝒏, … Kolika je vjerovatnoća da

slučajno izabrana tačka iz ∆𝑨𝑩𝑪 bude u upisanim pravougaonicima?

Slika 6: Funkcija 𝑥2 − 12𝑥 + 25

Slika 5: Nasumice kreiran pravougaonik

12 − 𝑥 𝑥

12 − 𝑥

𝑥


23

Rješenje: Površina upisanih pravougaonika je:

𝑎

2∙𝑎√3

4+𝑎

4∙𝑎√3

8+𝑎

8∙𝑎√3

16+⋯+

+𝑎

2𝑛∙𝑎√3

2 ∙ 2𝑛+⋯ = ∑

𝑎2√3

22𝑛+1

+∞

𝑛=1

=

=𝑎2√3

2∙ ∑ (

1

4)𝑛+∞

𝑛=1

=

=𝑎2√3

2∙ (∑ (

1

4)𝑛+∞

𝑛=0

− 1) =𝑎2√3

2∙ (

1

1 −14

− 1) =𝑎2√3

6 .

Površina jednakostraničnog trougla je:

𝑃 =𝑎2√3

4 .


𝑝 =

𝑎2√36

𝑎2√34

=2

3 .

Slika 7: Upisivanje pravougaonika

𝐴 𝐵

𝑁1

𝑁2

𝑁3

𝐶

𝑀1

𝑀2

𝑀3

24

20. Neka je duž dužine 𝟏 prelomljena na dva

mjesta. Tačke preloma su jednako moguće.

Kolika je vjerovatnoća da od 𝟑 prelomljena

dijela možemo sastaviti trougao?

Rješenje: Mora vrijediti:

𝑥 + 1 − 𝑦 > 𝑦 − 𝑥, 𝑥 + 𝑦 − 𝑥 > 1 − 𝑦, 𝑦 − 𝑥 + 1 − 𝑦 > 𝑦

2𝑦 − 2𝑥 < 1, 2𝑦 > 1, 2𝑥 < 1


𝑝 =

12 ∙1221 ∙ 1

=1

8 .

21. Bacamo novčić prečnika 𝟏

𝟐 na šahovsku ploču dimenzije 𝟖 × 𝟖. Kolika je vjerovatnoća da

novčić pokrije neki od vrhova šahovske ploče?

Rješenje: Novčić će pokriti neki od 81 vrhova na šahovskoj ploči ako centar novčića padne u krugove

poluprečnika 1

4 sa centrima u vrhovima. Tada, tražena vjerovatnoća iznosi:

𝑝 =81 ∙ (

14)2

∙ 𝜋

8 ∙ 8=81 ∙ 𝜋

1024≈ 0.248 .

Slika 8: Nasumice kreiran trougao


zadatka 20.

1

1 1

2

1

2

𝑥 =1

2

𝑦 =1

2

2𝑦 − 2𝑥 = 1


25

22. Na dvjema susjednim stranicama jediničnog kvadrata slučajno izaberemo po jednu tačku.

Sve tačke su jednako moguće. Prava koja prolazi kroz te dvije izabrane tačke odsjeca trougao.

Kolika je vjerovatnoća da površina odsječenog trougla bude ne veća od 𝟏

𝟖 ?

Rješenje: Površina odsječenog trougla je:

𝑃1 =𝑥𝑦

2 .

Iz pretpostavke da je:

𝑥𝑦

2≤1

8 ⇒ 𝑦 ≤

1

4𝑥 ,

povoljne tačke su sve tačke oblasi S (slika 11). Površina označene oblasti 𝑆 je:

𝑃𝑆 =1

4∙ 1 + ∫

1

4𝑥𝑑𝑥

1

14

=

=1

4+1

4∙ (ln 1 − ln

1

4) =

1

4+1

2∙ ln 2 .

Tim je tražena vjerovatnoća:

𝑝 =

14 +

12 ∙ ln 2

12=1

4+1

2∙ ln 2 ≈ 0.596 .

Slika 10: Slučajno kreirani trougao Slika 11: Geometrijska interpretacija

zadatka 22

26

23. Iz segmenta [𝟎, 𝟏] slučajno se uzimaju dva broja. Kolika je vjerovatnoća da zbir ne bude veći

od 𝟏, a proizvod ne bude veći od 𝟏

𝟕 ?

Rješenje: Neka su 𝑥 i 𝑦 slučajno izabrani. Tada je:

𝑥 + 𝑦 ≤ 1, 𝑥𝑦 ≤1

7.

𝑥 + 1 = 1, 𝑥𝑦 =1

7⇒

𝑥(1 − 𝑥) =1

7 ⇒

−7𝑥2 + 7𝑥 − 1 = 0 ⇒

7𝑥2 − 7𝑥 + 1 = 0 ⇒

𝑥1 =7 − √49 − 28

14=7 − √21

14,

𝑥2 =7+ √21

14 .

Povoljne tačke su sve tačke u oblasti 𝑆 (slika 12). Površina oblasti 𝑆 je:

𝑃𝑆 = ∫ (1 − 𝑥)𝑑𝑥

7−√2114

0

+ ∫1

7𝑥𝑑𝑥

7+√2114

7−√2114

+ ∫ (1 − 𝑥)𝑑𝑥

1

7+√2114

=

=7− √21

14−

(7 − √2114 )

2

2+1

7∙ (ln

7 + √21

14− ln

7 − √21

14) +

+7+ √21

14−

(7 + √2114 )

2

2− 1 +

1

2≈

≈ 0.158 − 0.223 + 0.015 ≈ 0.396 .

Dakle, tražena vjerovatnoća je:

𝑝 ≈0.396

1≈ 0.396 .


zadatka 23

𝑦 =1

7𝑥


27

24. Neka je prostor elementarnih događaja 𝛀 = {𝒂,𝒃, 𝒄}. Koja funkcija definiše vjerovatnoću?

a)

𝑷({𝒂}) =𝟏

𝟑, 𝑷({𝒃}) =

𝟏

𝟒, 𝑷({𝒄}) =

𝟓

𝟏𝟐

b)

𝑷({𝒂}) =𝟐

𝟑, 𝑷({𝒃, 𝒄}) =

𝟏

𝟑

c)

𝑷({𝒂}) =𝟏

𝟐, 𝑷({𝒃}) =

𝟏

𝟐, 𝑷({𝒄}) =

𝟏

𝟐

Rješenje:

a) Pošto je:

𝑃({𝑎}) + 𝑃({𝑏}) + 𝑃({𝑐}) =1

3+1

4+5

12= 1,

to funkcija definiše vjerovatnoću, tj. (Ω, ℱ(Ω), 𝑃) je prostor vjerovatnoće, gdje je ℱ = 𝑃(Ω).

b) {{𝑎}, {𝑏, 𝑐}} je particija prostora Ω i vrijedi:

𝑃({𝑎}) + 𝑃({𝑏, 𝑐}) =2

3+1

3= 1 .

Samim tim, (Ω, ℱ, 𝑃) je prostor vjerovatnoće, gdje je

ℱ = {∅, {𝑎}, {𝑏, 𝑐}, Ω}

𝜎-algebra.

c) Imamo da je:

𝑃({𝑎}) + 𝑃({𝑏}) + 𝑃({𝑐}) =3

2,

pa 𝑃 nije vjerovatnoća.

25. Neka je prostor elementarnih događaja 𝛀 = {𝒂,𝒃, 𝒄, 𝒅} i neka je 𝑷 vjerovatnoća na 𝛀.

a) Izračunati 𝑷({𝒂}) I 𝑷({𝒃}) ako je:

𝑷({𝒄}) = 𝑷({𝒅}) =𝟏

𝟑, 𝑷({𝒂}) = 𝟐 ∙ 𝑷({𝒃})

b) Izračunati 𝑷({𝒂}), 𝑷({𝒄}), 𝑷({𝒅}) ako je:

𝑷({𝒃, 𝒄}) =𝟐

𝟑, 𝑷({𝒃,𝒅}) =

𝟏

𝟐, 𝑷({𝒃}) =

𝟏

𝟑

28

Rješenje:

a) Neka je

𝑃({𝑎}) = 𝑥 i 𝑃({𝑏}) = 𝑦.

Tada je:

𝑥 + 𝑦 = 𝑃({𝑎}) + 𝑃({𝑏}) = 𝑃({𝑎, 𝑏}) =

= 1 − 𝑃({𝑐, 𝑑}) = 1 − 𝑃({𝑐}) − 𝑃({𝑑}) =

= 1−1

3−1

3= 1 −

2

3=1

3⇒

𝑥 = 2𝑦 𝑖 𝑥 + 𝑦 =1

3 ⇒ 𝑥 =

2

9 𝑖 𝑦 =

1

9

b) Imamo da je:

𝑃({𝑐}) = 𝑃({𝑏, 𝑐} ∖ {𝑏}) = 𝑃({𝑏, 𝑐}) − 𝑃({𝑏}) =2

3−1

3=1

3

𝑃({𝑑}) = 𝑃({𝑏, 𝑑} ∖ {𝑏}) = 𝑃({𝑏, 𝑑}) − 𝑃({𝑏}) =1

2−1

3=1

6.

Iz

1 = 𝑃({𝑎}) + 𝑃({𝑏}) + 𝑃({𝑐}) + 𝑃({𝑑}) = 𝑃({𝑎}) +1

3+1

3+1

6

slijedi

𝑃({𝑎}) =1

6

26. Bacamo opterećen novčić tako da je grb 𝟑 puta vjerovatniji od pisma. Kolika je vjerovatnoća

da padne pismo, a kolika da padne grb?

Rješenje: Neka je 𝑝 = 𝑃({𝑃}) 𝑖 𝑔 = 𝑃({𝐺}), pa je:

𝑝 + 𝑔 = 1 𝑖 𝑔 = 3𝑝 ⇒ 𝑝 =1

4 𝑖 𝑔 =

3

4 .

27. Bacamo opterećen tetraeder tako da je vjerovatnoća padanja na pojedinu stranu

proporcijonalna broju strane. Strane su numerisane brojevima: 1, 2, 3, 4.

a) Naći vjerovatnoće svakog elementarnog događaja.

b) Naći vjerovatnoću da padne paran broj.

Rješenje:

a) Imamo da je prostor elementarnih događaja Ω = {1,2,3,4}, te je

𝑃({1}) = 1𝑘, 𝑃({2}) = 2𝑘, 𝑃({3}) = 3𝑘 I 𝑃({4}) = 4𝑘.


29

Tim je:

1 = 𝑃(Ω) = 𝑘 + 2𝑘 + 3𝑘 + 4𝑘 = 10𝑘

⇒ 𝑘 =1

10 .

Slijedi da je:

𝑃({1}) =1

10, 𝑃({2}) =

2

10, 𝑃({3}) =

3

10, 𝑃({4}) =

4

10 .

b) Imamo da je:

𝑃({2,4}) = 𝑃({2}) + 𝑃({4}) =2

10+4

10=6

10=3

5 .

28. Neka su 𝑨 I 𝑩 događaji i neka je:

𝑷(𝑨) =𝟏

𝟖, 𝑷(𝑩) =

𝟏

𝟐, 𝑷(𝑨 ∩ 𝑩) =

𝟏

𝟏𝟎 .

Izračunati:

a) 𝑷(𝑨𝑪)

b) 𝑷(𝑨𝑪 ∪ 𝑩𝑪)

c) 𝑷(𝑨∩ 𝑩𝑪)

d) 𝑷(𝑨𝑪 ∩ 𝑩)

Rješenje:

a) Imamo da je:

𝑃(𝐴𝐶) = 1 − 𝑃(𝐴) = 1 −1

8=7

8 .

b) Imamo da je:

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

10=9

10 .

c) Imamo da je:

𝑃(𝐴 ∩ 𝐵𝐶) = 𝑃(𝐴 ∖ 𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐴) − 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) =1

8−1

10=1

40 .

30

d) Imamo da je:

𝑃(𝐴𝐶 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐵 ∖ 𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐵) − 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) =1

2−1

10=2

5 .

29. Neka su 𝑨,𝑩 i 𝑪 događaji. Naći izraz za događaj da se:

a) tačno jedan od 𝟑 događaja dogodi.

b) bar dva događaja dogode.

c) dogodi 𝑨 ili 𝑩, ali ne i 𝑪.

Rješenje:

a) 𝐴 ∪ 𝐵 ∪ 𝐶[(𝐴 ∩ 𝐵) ∪ (𝐴 ∩ 𝐵) ∪ (𝐵 ∩ 𝐶)]

b) (𝐴 ∩ 𝐵) ∪ (𝐴 ∩ 𝐶) ∪ (𝐵 ∩ 𝐶)

c) (𝐴 ∪ 𝐵) ∖ 𝐶

30. Dva strijelca gađaju u metu. Neka je događaj 𝑨 da je prvi strijelac pogodio, a događaj 𝑩 da

je drugi strijelac pogodio. Naći izraz za događaj da:

a) su oba strijelca pogodila.

b) su oba strijelca promašila.

c) je bar jedan strijelac pogodio.

d) je bar jedan strijelac promašio.

Rješenje:

a) 𝐴 ∩ 𝐵

b) 𝐴𝐶 ∩ 𝐵𝐶

c) 𝐴 ∪ 𝐵

d) 𝐴𝐶 ∪ 𝐵𝐶

31. U kutiji se nalazi 𝒏 kuglica numerisanih brojevima od 𝟏 do 𝒏. Slučajno se izvlači po jedna

kuglica 𝒏 puta, bez vraćanja. Kolika je vjerovatnoća da bar jednom broj izvlačenja bude

jednak broju na kuglici?

Rješenje: Neka je 𝐴𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ događaj da je na 𝑖-tom izvlačenju izvučen broj 𝑖. Tada je tražena

vjerovatnoća:

𝑃(𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ …∪ 𝐴𝑛) = |

| =∑𝑃(𝐴𝑖)

𝑛

𝑖=1

− ∑ 𝑃(𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗)

0≤1<𝑗≤𝑛

+

+ ∑ 𝑃(𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗 ∩ 𝐴𝑘)

0≤𝑖<𝑗<𝑘≤𝑛

−⋯(−1)𝑛+1𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩…∩ 𝐴𝑛)

Sylvesterova formula


31

𝑃(𝐴𝑖) =1

𝑛, 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅

𝑃(𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗) =1

𝑛∙1

𝑛 − 1, 0 ≤ 𝑖 < 𝑗 ≤ 𝑛

𝑃(𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗 ∩ 𝐴𝑘) =1

𝑛∙1

𝑛 − 1∙1

𝑛 − 2, 0 ≤ 𝑖 < 𝑗 < 𝑘 ≤ 𝑛

⋮

𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩…∩ 𝐴𝑛) =1

𝑛∙1

𝑛 − 1…1

2∙1

1

𝑃(𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪…∪ 𝐴𝑛) = (𝑛1) ∙1

𝑛− (

𝑛2) ∙1

𝑛∙1

𝑛 − 1+ (

𝑛3) ∙1

𝑛∙1

𝑛 − 1∙1

𝑛 − 2−

−⋯+ (−1)𝑛+1 ∙1

𝑛∙1

𝑛 − 1…1

2∙1

1= 1 −

1

2!+1

3!− ⋯+ (−1)𝑛+1 ∙

1

𝑛!=

= ∑(−1)𝑘+1

𝑘!

𝑛

𝑘=1

= −1 −∑(−1)𝑘

𝑘!

𝑛

𝑘=1

+ 1 = 1 −∑(−1)𝑘

𝑘!

𝑛

𝑘=0

.

Pošto dobiveni niz brzo konvergira ka 𝑒−1, to već za male 𝑛 imamo:

𝑃(𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ …∪ 𝐴𝑛) ≈ 1 − 𝑒−1 ≈ 0.63212 .

32. 𝒏 putnika nasumice ulazi u voz sa 𝒌 vagona. Kolika je vjerovatnoća da u svaki vagon uđe

barem jedan putnik?

Rješenje: Neka je događaj 𝐴𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑘̅̅ ̅̅̅, da u 𝑖-ti vagon nije ušao ni jedan putnik. Tada je vjerovatnoća

da bar u jedan vagon ne uđe ni jedan putnik:

𝑃(𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ …∪ 𝐴𝑘) = |

| =∑𝑃(𝐴𝑖)

𝑘

𝑖=1

− ∑ 𝑃(𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗)

0≤1<𝑗≤𝑘

+

+ ∑ 𝑃(𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗 ∩ 𝐴𝑙)

0≤𝑖<𝑗<𝑙≤𝑘

−⋯(−1)𝑘+1 ∙ 𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩…∩ 𝐴𝑘)

𝑃(𝐴𝑖) = (𝑘 − 1

𝑘)𝑛

, 𝑖 = 1, 𝑘̅̅ ̅̅̅

𝑃(𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗) = (𝑘 − 2

𝑘)𝑛

, 0 ≤ 𝑖 < 𝑗 ≤ 𝑘

𝑃(𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗 ∩ 𝐴𝑙) = (𝑘 − 2

𝑘)𝑛

, 0 ≤ 𝑖 < 𝑗 < 𝑙 ≤ 𝑘

⋮

𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩…∩ 𝐴𝑘) = 0 .

Sylvesterova formula

32

Tim je:

𝑃(𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪…∪ 𝐴𝑘) = (𝑘1) (1 −

1

𝑘)𝑛

− (𝑘2) (1 −

2

𝑘)𝑛

+ (𝑘3) (1 −

3

𝑘)𝑛

−

−⋯+ (−1)𝑘 (𝑘

𝑘 − 1) (1 −

𝑘 − 1

𝑘)𝑛

+ (−1)𝑘+1 (𝑘𝑘) ∙ 𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩…∩ 𝐴𝑘) =

= ∑(−1)𝑖+1 (𝑘𝑖)

𝑘−1

𝑖=1

(1 −𝑖

𝑘)𝑛

.

Vjerovatnoća da u svaki vagon uđe barem jedan putnik je:

1 − 𝑃(𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪…∪ 𝐴𝑘) = 1 −∑(−1)𝑖+1 (𝑘𝑖)

𝑘−1

𝑖=1

(1 −𝑖

𝑘)𝑛

= ∑(−1)𝑖 (𝑘𝑖) (1 −

𝑖

𝑘)𝑛𝑘−1

𝑖=0

.


33

2. Uvjetna vjerovatnoća

2.1. Uvjetna vjerovatnoća. Bayesova formula

Primjer 2.1. Iz špila od 52 karte izvlačimo jednu kartu. Ako je izvučena karta crvene boje, kolika je

vjerovatnoća da je izvučena desetka?

Rješenje: Imamo događaje

𝐴 = {𝑖𝑧𝑣𝑢č𝑒𝑛𝑎 𝑑𝑒𝑠𝑒𝑡𝑘𝑎} i 𝐵 = {𝑖𝑧𝑣𝑢č𝑒𝑛𝑎 𝑘𝑎𝑟𝑡𝑎 𝑐𝑟𝑣𝑒𝑛𝑒 𝑏𝑜𝑗𝑒}.

Tada je tražena vjerovatnoća:

𝑃 =2

26=

2522652

=𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)

𝑃(𝐵) .

Prethodni primjer nam daje motivaciju za promatranje količnika:

𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)

𝑃(𝐵)

kojeg označavamo sa 𝑃𝐵(𝐴) = 𝑃(𝐴|𝐵).

Dokaz: Za ∀𝐴 ∈ ℱ vrijedi:

𝑃𝐵(𝐴) =𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)

𝑃(𝐵)≥ 0 𝑖 𝑃𝐵(Ω) =

𝑃(Ω ∩ 𝐵)

𝑃(𝐵)=𝑃(𝐵)

𝑃(𝐵)= 1 ,

Neka su 𝐴𝑖 , 𝑖 ∈ ℕ proizvoljni disjunkntni događaji iz prostora vjerovatnoće (Ω, ℱ, 𝑃). Tada je:

𝑃𝐵 (⋃𝐴𝑖

∞

𝑖=1

) =𝑃(⋃ 𝐴𝑖

∞𝑖=1 ∩ 𝐵)

𝑃(𝐵)=∑

𝑃(𝐴𝑖 ∩ 𝐵)

𝑃(𝐵)

∞

𝑖=1

=∑𝑃𝐵(𝐴𝑖)

∞

𝑖=1

.

Dakle, 𝑃𝐵 je vjerovatnoća. ∎

Vjerovatnoću 𝑃𝐵(𝐴) nazivamo uvjetna vjerovatnoća događaja 𝐴, odnosno vjerovatnoća događaja 𝐴

pod uvjetom događaja 𝐵. Ako je 𝑃(𝐵) = 0, uzimamo da je 𝑃𝐵(𝐴) = 𝑃(𝐴).

Teorem 2.1. Neka je (Ω, ℱ, 𝑃) prostor vjerovatnoće i 𝐵 ∈ ℱ, 𝑃(𝐵) > 0. Tada je 𝑃𝐵 vjerovatnoća na

prostoru Ω.

Definicija 2.2. Za familiju događaja 𝐴𝑖 , 𝑖 ∈ 𝐼 kažemo da je nezavisna, ako za proizvoljan konačan skup

indeksa 𝑖1, 𝑖2, … , 𝑖𝑟 ∈ 𝐼 vrijedi:

𝑃(⋂𝐴𝑖𝑘

𝑟

𝑘=1

) =∏𝑃(𝐴𝑖𝑘)

𝑟

𝑘=1

.

34

Primjer 2.2. Bacamo dvije simetrične kocke. Neka je:

𝐴 = {𝑛𝑎 𝑝𝑟𝑣𝑜𝑗 𝑘𝑜𝑐𝑘𝑖 𝑝𝑎𝑙𝑜 1} ,

𝐵 = { 𝑛𝑎 𝑑𝑟𝑢𝑔𝑜𝑗 𝑘𝑜𝑐𝑘𝑖 𝑝𝑎𝑙𝑜 2} ,

𝐶 = {𝑧𝑏𝑖𝑟 𝑏𝑟𝑜𝑗𝑒𝑣𝑎 𝑛𝑎 𝑜𝑏𝑗𝑒 𝑘𝑜𝑐𝑘𝑒 𝑗𝑒 4} .

Tada je:

𝑃(𝐴 ∩ 𝐶) =1

36≠1

6∙1

12= 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐶) .

Dakle, 𝐴 i 𝐶 su zavisni.

𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) =1

36=1

6∙1

6= 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵) .

Dakle, 𝐴 i 𝐵 su nezavisni.

Dokaz: Iz pretpostavke primjedbe, imamo da je:

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

= 1− 𝑃(𝐴) − 𝑃(𝐵) + 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵) = (1 − 𝑃(𝐴)) ∙ (1 − 𝑃(𝐵)) = 𝑃(𝐴𝐶) ∙ 𝑃(𝐵𝐶) .

Dakle, 𝐴𝐶 i 𝐵𝐶 su nezavisni. ∎

Primjedba 2.1. 𝐴 i 𝐵 su nezavisni ⇒ 𝐴𝐶 i 𝐵𝐶 nezavisni.

Definicija 2.3. Konačna ili prebrojiva familija 𝐻𝑖 , 𝑖 = 1, 2, … događaja u prostoru vjerovatnoće (𝛺, ℱ, 𝑃) je

potpun sistem događaja ako je:

a)

𝐻𝑖 ≠ ∅, 𝑖 = 1,2, …

b)

⋃𝐻𝑖𝑖

= 𝛺,

c)

𝐻𝑖 ∩ 𝐻𝑗 = ∅, ∀𝑖 ≠ 𝑗


35

Dokaz:

𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐴 ∩ Ω) = 𝑃 (𝐴 ∩⋃𝐻𝑖𝑖

) = 𝑃(⋃(𝐴 ∩ 𝐻𝑖)

𝑖

) =

=∑𝑃(𝐴 ∩ 𝐻𝑖)

𝑖

=∑𝑃(𝐻𝑖)𝑃(𝐴|𝐻𝑖)

𝑖

∎

Formula potpune vjerovatnoće ima široke primjene. Često 𝐻𝑖 zovemo hipotezama.

Dokaz: Za 𝑃(𝐵) = 0 tvrdnja je očigledna. Neka je 𝑃(𝐵) > 0. Tada na osnovu teorema 2.2. imamo da

je:

𝑃(𝐴|𝐵) = 𝑃𝐵(𝐴) =∑𝑃𝐵(𝐻𝑖)𝑃𝐵(𝐴|𝐻𝑖)

𝑖

=∑𝑃(𝐻𝑖|𝐵) ∙ 𝑃𝐵(𝐴|𝐻𝑖)

𝑖

.

Za 𝐻𝑖 za koje je 𝑃(𝐻𝑖) > 0 imamo da je:

𝑃𝐵(𝐴|𝐻𝑖) =𝑃𝐵(𝐴 ∩ 𝐻𝑖)

𝑃𝐵(𝐻𝑖)=𝑃(𝐴 ∩ 𝐻𝑖 ∩ 𝐵)

𝑃(𝐻𝑖 ∩ 𝐵)= 𝑃(𝐴|𝐻𝑖 ∩ 𝐵) .

Tim je formula dokazana. ∎

Teorem 2.2. (Formula potpune vjerovatnoće) Neka je 𝐻𝑖 , 𝑖 = 1, 2, … potpun sistem događaja u prostoru

vjerovatnoće (𝛺, ℱ, 𝑃). Tada za ∀𝐴 ∈ ℱ vrijedi:

𝑃(𝐴) =∑𝑃(𝐻𝑖)𝑃(𝐴|𝐻𝑖)

𝑖

.

Posljedica 2.1. Neka je 𝐻𝑖 , 𝑖 = 1, 2, … potpun sistem događaja u prostoru (𝛺, ℱ, 𝑃). Tada za 𝐴, 𝐵 ∈ ℱ

vrijedi:

𝑃(𝐴|𝐵) =∑𝑃(𝐻𝑖 |𝐵) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻𝑖 ∩ 𝐵)

𝑖

.

Teorem 2.3. (Bayesova formula) Neka je 𝐻𝑖 , 𝑖 = 1, 2, … potpun sistem događaja u prostoru (𝛺, ℱ, 𝑃).

Tada za 𝑝𝑟𝑜𝑖𝑧𝑣𝑜𝑙𝑗𝑛𝑜 𝐴 ∈ ℱ, 𝑃(𝐴) > 0, i=1,2,... vrijedi:

𝑃(𝐻𝑖|𝐴) =𝑃(𝐻𝑖)𝑃(𝐴|𝐻𝑖)

∑

𝑗

𝑃(𝐻𝑗)𝑃(𝐴|𝐻𝑗)

36

Dokaz:

𝑃(𝐻𝑖 |𝐴) =𝑃(𝐻𝑖 ∩ 𝐴)

𝑃(𝐴)=

𝑃(𝐻𝑖)𝑃(𝐴|𝐻𝑖)

∎

Bayesova formula daje vjerovatnoću hipoteze ako se dogodio neki događaj.

2.2. Zadaci

2.2.1. Uvjetna vjerovatnoća i nezavisnost

1. Bacamo tri kocke. Kolika je vjerovatnoća da je zbir brojeva koji su pali paran, ako je zbir veći

od 14?

Rješenje: Imamo događaje:

𝐴 = {𝑧𝑏𝑖𝑟 𝑏𝑟𝑜𝑗𝑒𝑣𝑎 𝑘𝑜𝑗𝑖 𝑠𝑢 𝑝𝑎𝑙𝑖 𝑗𝑒 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑛}, 𝐵 = {𝑧𝑏𝑖𝑟 𝑏𝑟𝑜𝑗𝑒𝑣𝑎 𝑘𝑜𝑗𝑖 𝑠𝑢 𝑝𝑎𝑙𝑖 𝑗𝑒 𝑣𝑒ć𝑖 𝑜𝑑 14}

Svi mogući ishodi su

{(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∶ 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 1,… ,6},

što je ukupno 63 = 216.

Ishodi za 𝐵 su:

(3, 6, 6)

(4, 5, 6), (4, 6, 5), (4, 6, 6)

(5, 4, 6), (5, 6, 4), (5, 5, 5), (5, 6, 6), (5, 6, 5), (5, 5, 6)

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

što je ukupno 20.

Ishodi za 𝐴 su:

a) Sve tri broja parna, ukupno 33 = 27.

b) Tačno jedan paran, ukupno 3 ∙ 3 ∙ 32 = 81.

Odnosno, ukupno ishoda za 𝐴 je 27+81=108.

Otuda je:

𝑃(𝐴|𝐵) =𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)

𝑃(𝐵)=

721620216

=7

20 .

∑

𝑗

𝑃(𝐻𝑗)𝑃(𝐴|𝐻𝑗)


37

2. Bacamo tri kocke. Neka su dati događaji:

𝑨 = {𝒏𝒂 𝒕𝒓𝒆ć𝒐𝒋 𝒌𝒐𝒄𝒌𝒊 𝒑𝒂𝒐 𝒑𝒂𝒓𝒂𝒏 𝒃𝒓𝒐𝒋}

𝑩 = {𝒛𝒃𝒊𝒓 𝒃𝒓𝒐𝒋𝒆𝒗𝒂 𝒏𝒂 𝒑𝒓𝒗𝒆 𝒅𝒗𝒊𝒋𝒆 𝒌𝒐𝒄𝒌𝒆 𝒋𝒆 𝒑𝒂𝒓𝒂𝒏 𝒃𝒓𝒐𝒋}

Kolika je vjerovatnoća 𝑷(𝑨|𝑩)? Da li su 𝑨 i 𝑩 nezavisni?

Rješenje: Ishodi za 𝐵 su:

a) na prve dvije kocke parni brojevi. Ukupno 32 = 9.

b) na prve dvije kocke neparni brojevi. Ukupno 32 = 9.

Ukupno ishoda za 𝐵 je 18 ∙ 6 = 108. Ukupno ishoda za 𝐴 je 3 ∙ 36 = 108. Ukupan broj mogućih

ishoda je 63 = 216. Tim je:

𝑃(𝐴|𝐵) =𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)

𝑃(𝐵)=

3 ∙ 1821618 ∙ 6216

=1

2

𝑃(𝐴) =3 ∙ 36

63=1

2 .

Dakle,

𝑃(𝐴|𝐵) = 𝑃(𝐴).

To znači da su 𝐴 i 𝐵 nezavisni.

3. Neka izvodimo slučajni pokus čiji su ishodi, uspjeh-1 i neuspjeh-0, jednako vjerovatni. Neka

su dati događaji:

𝑨 = {𝒊𝒎𝒂𝒎𝒐 𝒊 𝒖𝒔𝒑𝒋𝒆𝒉 𝒊 𝒏𝒆𝒖𝒔𝒑𝒋𝒆𝒉 𝒖 𝒗𝒊š𝒆 𝒑𝒖𝒕𝒂 𝒑𝒐𝒏𝒐𝒗𝒍𝒋𝒆𝒏𝒐𝒎 𝒑𝒐𝒌𝒖𝒔𝒖}

𝑩 = {𝒊𝒎𝒂𝒎𝒐 𝒏𝒂𝒋𝒗𝒊š𝒆 𝒋𝒆𝒅𝒂𝒏 𝒖𝒔𝒑𝒋𝒆𝒉 𝒖 𝒗𝒊š𝒆 𝒑𝒖𝒕𝒂 𝒑𝒐𝒏𝒐𝒗𝒍𝒋𝒆𝒏𝒐𝒎 𝒑𝒐𝒌𝒖𝒔𝒖}.

a) Dokazati da su 𝑨 i 𝑩 nezavisni u tri izvedena pokusa.

b) Dokazati da su 𝑨 i 𝑩 zavisni u dva izvedena pokusa.

Rješenje:

a) Prostor jednakovjerovatnih ishoda je:

Ω = {(0,0,0), (0,0,1), (0,1,0), (1,0,0), (0,1,1), (1,0,1), (1,1,0), (1,1,1)}.

Ukupno 23 = 8. Za događaj 𝐴 imamo:

𝐴 = {(0,0,1), (0,1,0), (1,0,0), (0,1,1), (1,0,1), (1,1,0)}

38

što je ukupno 6. Tim je:

𝑃(𝐴) =6

8=3

4 .

Za događaj 𝐵 imamo:

𝐵 = {(0,0,1), (0,1,0), (1,0,0)}

što je ukupno 4. Dalje imamo da je:

𝐴 ∩ 𝐵 = {(0,0,1), (0,1,0), (1,0,0)}

što je ukupno 3. Tim je:

𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) =3

8=3

4∙4

8= 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵) .

Dakle, 𝐴 i 𝐵 su nezavisni.

b) Imamo da je:

Ω = {(0,0), (0,1), (1,0), (1,1, )}

𝐴 = {(0,1), (1,0)},𝐵 = {(0,1), (1,0), (0,0)}, 𝐴 ∩ 𝐵 = {(0,1), (1,0)} .

Prema tome je:

𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) =1

2≠1

2∙3

4= 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵) ,

Odnosno, događaji 𝐴 i 𝐵 su zavisni.

4. Na testu iz vjerovatnoće, 𝟐𝟓% studenata nije znalo uraditi prvi zadatak, 𝟏𝟓% drugi i 𝟏𝟎%

prvi i drugi.

a) Kolika je vjerovatnoća da student nije znao prvi, ako nije znao drugi?

b) Kolika je vjerovatnoća da student nije znao drugi, ako nije znao prvi?

c) Kolika je vjerovatnoća da nije znao prvi ili drugi?


𝐴 = {𝑛𝑖𝑗𝑒 𝑧𝑛𝑎𝑜 𝑝𝑟𝑣𝑖 𝑧𝑎𝑑𝑎𝑡𝑎𝑘} 𝑖 𝐵 = {𝑛𝑖𝑗𝑒 𝑧𝑛𝑎𝑜 𝑑𝑟𝑢𝑔𝑖 𝑧𝑎𝑑𝑎𝑡𝑎𝑘}.

Otuda je:

𝑃(𝐴) = 0.25, 𝑃(𝐵) = 0,15 i 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 0.1.

a) Imamo da je:

𝑃(𝐴|𝐵) =𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)

𝑃(𝐵)=0.1

0.15=10

15=2

3 .


39

b) Analogno:

𝑃(𝐵|𝐴) =2

3 .

c) 𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵) − 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 0.25 + 0.15 − 0.1 = 0.3 .

5. Neka su 𝑨 i 𝑩 događaji dati sa:

𝑷(𝑨) =𝟏

𝟑 , 𝑷(𝑩) =

𝟏

𝟔 , 𝑷(𝑨 ∩ 𝑩) =

𝟏

𝟏𝟎 .

Naći:

a) 𝑷(𝑨|𝑩) .

b) 𝑷(𝑩|𝑨) .

c) 𝑷(𝑨 ∪ 𝑩) .

d) 𝑷(𝑨𝑪|𝑩𝑪) .

e) 𝑷(𝑩𝑪|𝑨𝑪) .

Rješenje:

a) Imamo da je:

𝑃(𝐴|𝐵) =𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)

𝑃(𝐵)=

11016

=6

10=3

5 .

b) Imamo da je:

𝑃(𝐵|𝐴) =

11013

=3

10 .

c) Imamo da je:

𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵) − 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) =1

3+1

6−1

10=25

60=2

5 .

d) Imamo da je:

𝑃(𝐴𝐶|𝐵𝐶) =𝑃(𝐴𝐶 ∩ 𝐵𝐶)

𝑃(𝐵𝐶)=𝑃((𝐴 ∪ 𝐵)𝐶)

𝑃(𝐵𝐶)=1 − 𝑃(𝐴) − 𝑃(𝐵) + 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)

1 − 𝑃(𝐵)=

=1−

13 −

16 +

110

1 −16

=

61056

=18

25 .

40

e) Imamo da je:

𝑃(𝐵𝐶|𝐴𝐶) =

61023

=9

10 .

6. Neka je:

𝑷(𝑨) =𝟏

𝟐 , 𝑷(𝑩) =

𝟓

𝟔 , 𝑷(𝑨 ∩ 𝑩) =

𝟕

𝟖 .

Naći 𝑷(𝑨|𝑩) i 𝑷(𝑩|𝑨).

Rješenje:

𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵) − 𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) =1

2+5

6−7

8=11

24 ,

𝑃(𝐴|𝐵) =𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)

𝑃(𝐵)=

112456

=11

20 ,

𝑃(𝐵|𝐴) =𝑃(𝐵 ∩ 𝐴)

𝑃(𝐴)=

112412

=11

12 .

7. Naći 𝑷(𝑨|𝑩) ako je:

a) 𝑩 ⊆ 𝑨 .

b) 𝑨 ∩ 𝑩 = ∅ .

Rješenje:

a) Imamo da je:

𝑃(𝐴|𝐵) =𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)

𝑃(𝐵)=𝑃(𝐵)

𝑃(𝐵)= 1 .

b) Imamo da je:

𝑃(𝐴|𝐵) =𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)

𝑃(𝐵)=𝑃(∅)

𝑃(𝐵)=

0

𝑃(𝐵)= 0 .

8. Strijelci 𝑨 i 𝑩 gađaju cilj. Vjerovatnoća da 𝑨 pogodi cilj je 𝟑

𝟓 ,

dok je vjerovatnoća da 𝑩 pogodi 𝟏

𝟑 .

a) Ako svaki gađa jedanput i cilj je pogođen samo jedanput, kolika je vjerovatnoća da je 𝑨

pogodio cilj?

b) Ako svaki gađa jedanput i cilj je pogođen, kolika je vjerovatnoća da je 𝑨 pogodio cilj?

c) Ako 𝑨 gađa samo jedanput, koliko puta treba gađati 𝑩, pa da sa vjerovatnoćom većom

od 𝟎.𝟗𝟓 tvrdimo da će cilj biti pogođen?


41

Rješenje:

a) Neka je:

𝑋 = {𝐴 𝑗𝑒 𝑝𝑜𝑔𝑜𝑑𝑖𝑜 𝑐𝑖𝑙𝑗} i 𝑌 = {𝑐𝑖𝑙𝑗 𝑗𝑒 𝑝𝑜𝑔𝑜đ𝑒𝑛 𝑠𝑎𝑚𝑜 𝑗𝑒𝑑𝑛𝑜𝑚}.

Tada je:

𝑃(𝑌) =2

5∙ (1 −

1

3) + (1 −

2

5) ∙1

3=4

15+1

5=7

15 .

Sada imamo da je:

𝑃(𝑋|𝑌) =𝑃(𝑋 ∩ 𝑌)

𝑃(𝑌)=

25 ∙(1 −

13)

715

=

415715

=4

7 .

b) Neka je:

𝑍 = {𝑐𝑖𝑙𝑗 𝑗𝑒 𝑝𝑜𝑔𝑜đ𝑒𝑛}.

Tada je:

𝑃(𝑍) = 1 − (1 −2

5) (1 −

1

3) = 1 −

2

5=3

5 ,

𝑃(𝑋|𝑍) =𝑃(𝑋 ∩ 𝑍)

𝑃(𝑍)=𝑃(𝑋)

𝑃(𝑍)=

2535

=2

3 .

c) Imamo da je:

2

5+ (1 −

2

5) [1 − (1 −

1

3)𝑛

] > 0.95 ⇒

3

5[1 − (

2

3)𝑛

] > 0.55 ⇒

1 − (2

3)𝑛

>11

12 ⇒

(2

3)𝑛

<1

12 ⇒

𝑛 ∙ ln2

3< ln

1

12 ⇒

𝑛 >ln 12

ln 3 − ln 2≈ 6 .

9. Student zna 𝟕𝟎 od 𝟏𝟎𝟎 pitanja. Na ispitu izvlači 𝟒 pitanja. Kolika je vjerovatnoća da zna

odgovor na sva 𝟒 pitanja?

42

Rješenje: Neka je:

𝐴𝑖 = {𝑧𝑛𝑎 𝑜𝑑𝑔𝑜𝑣𝑜𝑟 𝑛𝑎 𝑖 − 𝑡𝑜 𝑝𝑖𝑡𝑎𝑛𝑗𝑒}, 𝑖 = 1,2,3,4.

Tada je:

𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩ 𝐴3 ∩ 𝐴4) = 𝑃(𝐴1) ∙ 𝑃(𝐴2|𝐴1) ∙ 𝑃(𝐴3|(𝐴1, 𝐴2)) ∙ 𝑃(𝐴4|(𝐴1, 𝐴2, 𝐴3)) =

=70

100∙69

99∙68

98∙67

97= 0.23 .

10. Bacamo 𝟑 kocke. Kolika je vjerovatnoća da će na bar jednoj kocki pasti 𝟔, ako su na sve tri

kocke pali različiti brojevi.

Rješenje: Imamo događaje

𝐴 = {𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟 𝑗𝑒𝑑𝑛𝑜𝑗 𝑘𝑜𝑐𝑘𝑖 𝑗𝑒 𝑝𝑎𝑜 𝑏𝑟𝑜𝑗 6}

𝐵 = {𝑛𝑎 𝑠𝑣𝑒 𝑡𝑟𝑖 𝑘𝑜𝑐𝑘𝑒 𝑠𝑢 𝑝𝑎𝑙𝑖 𝑟𝑎𝑧𝑙𝑖č𝑖𝑡𝑖 𝑏𝑟𝑜𝑗𝑒𝑣𝑖} .

Prostor jednako vjerovatnih ishoda je

Ω = {(𝑖, 𝑗, 𝑘) | 𝑖, 𝑗, 𝑘 = 1,2, … ,6}

što je ukupno 63 = 216.

𝐴𝐶 = {(𝑖, 𝑗, 𝑘) | 𝑖, 𝑗, 𝑘 = 1,2,3,4,5}

što je ukupno 53 = 125. Sada imamo da je 𝐴 = Ω\𝐴𝐶 , gdje imamo ukupno 216 − 125 = 91 ishoda.

Imamo da je:

𝐵 = {(𝑖, 𝑗, 𝑘) | 𝑖 ≠ 𝑗 ≠ 𝑘},

što je ukupno 6 ∙ 5 ∙ 4 = 120 ishoda. Tim je:

𝑃(𝐴|𝐵) =𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)

𝑃(𝐵)=

5 ∙ 4 ∙ 3216120216

=3

6=1

2 .

11. Poznato je da se prilikom bacanja 𝟏𝟎 kocki pojavi bar jedna šestica. Kolika je vjerovatoća da

se pojave barem dvije šestice?

Rješenje: Neka je:

𝐴 = {𝑝𝑎𝑙𝑒 𝑏𝑎𝑟 𝑑𝑣𝑖𝑗𝑒 š𝑒𝑠𝑡𝑖𝑐𝑒} i 𝐵 = {𝑝𝑎𝑙𝑎 𝑏𝑎𝑟 𝑗𝑒𝑑𝑛𝑎 š𝑒𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎}.

Tim je:

𝑃(𝐴|𝐵) =𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)

𝑃(𝐵)=1 − (

56)10

− 10 ∙16 ∙(56)9

1 − (56)10 ≈ 0.614772 .


43

12. Bacamo dvije kocke. Kolika je vjerovatnoća da je apsolutna vrijednost razlike brojeva koji su

pali bar 𝟐 ako je:

a) na prvoj kocki pao broj 𝟏?

b) bar na jednoj kocki pao broj 𝟏?

Rješenje:

a) Imamo događaje:

𝐴 = {𝑎𝑝𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑛𝑎 𝑣𝑟𝑖𝑗𝑒𝑑𝑛𝑜𝑠𝑡 𝑟𝑎𝑧𝑙𝑖𝑘𝑒 𝑏𝑟𝑜𝑗𝑒𝑣𝑎 𝑘𝑜𝑗𝑖 𝑠𝑢 𝑝𝑎𝑙𝑖 𝑗𝑒 𝑏𝑎𝑟 2},

𝐵 = {𝑛𝑎 𝑝𝑟𝑣𝑜𝑗 𝑘𝑜𝑐𝑘𝑖 𝑝𝑎𝑜 𝑗𝑒 𝑏𝑟𝑜𝑗 1} .

Tada je:

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

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

što je ukupno 20 ishoda. Također, imamo događaj:

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

koji ima ukupno 6 ishoda.

Prostor svih mogućih ishoda je:

Ω = {(𝑖, 𝑗)│ 𝑖, 𝑗 = 1,6̅̅ ̅̅ },

što je ukupno 62 = 36 ishoda. Tim je:

𝑃(𝐴|𝐵) =𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)

𝑃(𝐵)=

436636

=2

3 .

b) Neka je:

𝐶 = {𝑏𝑎𝑟 𝑛𝑎 𝑗𝑒𝑑𝑛𝑜𝑗 𝑘𝑜𝑐𝑘𝑖 𝑗𝑒 𝑝𝑎𝑜 𝑏𝑟𝑜𝑗 1}.

Tim je:

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

što je ukupno 11 ishoda. Sada je:

𝑃(𝐴|𝐶) =

8361136

=8

11 .

13. Bacamo tri simetrična novčića. Kolika je vjerovatnoća da su pala sva tri grba ako je na prvom

pao grb?

44

Rješenje: Imamo prostor mogućih ishoda:

Ω = {(𝑃, 𝑃, 𝑃), (𝑃, 𝑃, 𝐺), (𝑃, 𝐺, 𝑃), (𝑃, 𝐺, 𝐺), (𝐺, 𝑃, 𝑃), (𝐺, 𝑃, 𝐺), (𝐺, 𝐺, 𝑃), (𝐺, 𝐺, 𝐺)} .

Dakle, imamo 8 ishoda. Neka je:

𝐴 = {𝑝𝑎𝑙𝑎 𝑠𝑣𝑎 𝑡𝑟𝑖 𝑔𝑟𝑏𝑎} i 𝐵 = {𝑝𝑎𝑜 𝑔𝑟𝑏 𝑛𝑎 𝑝𝑟𝑣𝑜𝑚}.

Tada je:

𝐴 = {(𝐺, 𝐺, 𝐺)} i 𝐵 = {(𝐺, 𝑃, 𝑃), (𝐺, 𝐺, 𝑃), (𝐺, 𝑃, 𝐺), (𝐺, 𝐺, 𝐺)},

pa je:

𝑃(𝐴|𝐵) =

136436

=1

4 .

14. Iz špila od 𝟓𝟐 karte igrač uzme 𝟑 karte od kojih su sve tri sa znakom herc. Kolika je

vjerovatnoća da opet uzme 𝟑 karte od kojih je jedna sa znakom herc?

Rješenje: Neka je:

𝐴 = {𝑑𝑟𝑢𝑔𝑖 𝑝𝑢𝑡 𝑢𝑧𝑚𝑒 3 𝑘𝑎𝑟𝑡𝑒 𝑜𝑑 𝑘𝑜𝑗𝑖ℎ 𝑗𝑒 𝑏𝑎𝑟𝑒𝑚 𝑗𝑒𝑑𝑎𝑛 ℎ𝑒𝑟𝑐},

𝐵 = {𝑝𝑟𝑣𝑖 𝑝𝑢𝑡 𝑢𝑧𝑖𝑚𝑎 3 𝑘𝑎𝑟𝑡𝑒 𝑜𝑑 𝑘𝑜𝑗𝑖ℎ 𝑠𝑢 𝑠𝑣𝑒 𝑡𝑟𝑖 ℎ𝑒𝑟𝑐} .

Ukupan broj ishoda za 𝐵 je (133), a za 𝐴 je (

101) ∙ (

392) + (

102) ∙ (

391) + (

103). Tada je:

𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐵) ∙ 𝑃(𝐴|𝐵) =

(133) ∙ ((

101) ∙ (

392) + (

102) ∙ (

391) + (

103))

(523) ∙ (

493)

≈ 0.0065 .

15. Trojica strijelaca gađaju cilj nezavisno jedan od drugog i pogađaju sa vjerovatnoćama 𝟏

𝟐,𝟏

𝟑,

𝟏

𝟖 respektivno. Svaki gađa jedanput.

a) Kolika je vjerovatnoća da tačno jedan pogodi?

b) Ako dva strijelca pogode, kolika je vjerovatnoća da su to bili prvi i drugi strijelac?

Rješenje:

a) Imamo događaje:

𝐴 = {𝑝𝑟𝑣𝑖 𝑠𝑡𝑟𝑖𝑗𝑒𝑙𝑎𝑐 𝑝𝑜𝑔𝑜𝑑𝑖𝑜}, 𝐵 = {𝑑𝑟𝑢𝑔𝑖 𝑠𝑡𝑟𝑖𝑗𝑒𝑙𝑎𝑐 𝑝𝑜𝑔𝑜𝑑𝑖𝑜}, 𝐶 = {𝑡𝑟𝑒ć𝑖 𝑠𝑡𝑟𝑖𝑗𝑒𝑙𝑎𝑐 𝑝𝑜𝑔𝑜𝑑𝑖𝑜}.

Tada je:

𝐷 = (𝐴 ∩ 𝐵𝐶 ∩ 𝐶𝐶) ∪ (𝐴𝐶 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶𝐶) ∪ (𝐴𝐶 ∩ 𝐵𝐶 ∩ 𝐶),


45

pa je:

𝑃(𝐷) = 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵𝐶) ∙ 𝑃(𝐶𝐶) + 𝑃(𝐴𝐶) ∙ 𝑃(𝐵) ∙ 𝑃(𝐶𝐶) + 𝑃(𝐴𝐶) ∙ 𝑃(𝐵𝐶) ∙ 𝑃(𝐶) =

=1

2∙2

3∙7

8+1

2∙1

3∙7

8+1

2∙2

3∙1

8≈ 0.479 .

Koristili smo činjenicu:

𝐴 𝑖 𝐵 𝑛𝑒𝑧𝑎𝑣𝑖𝑠𝑛𝑖 ⇒ 𝐴 𝑖 𝐵𝐶 𝑛𝑒𝑧𝑎𝑣𝑖𝑠𝑛𝑖.

Naime, vrijedi:

𝑃(𝐴 ∩ 𝐵𝐶) = 𝑃(𝐴(𝐴 ∩ 𝐵)) = 𝑃(𝐴) − 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐴) − 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵) =

= 𝑃(𝐴)(1 − 𝑃(𝐵)) = 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵𝐶) .

b) Neka je:

𝑆 = {𝑑𝑣𝑎 𝑠𝑡𝑟𝑖𝑗𝑒𝑙𝑐𝑎 𝑝𝑜𝑔𝑜𝑑𝑒 𝑐𝑖𝑙𝑗}.

Tim je:

𝑆 = (𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶𝐶) ∪ (𝐴 ∩ 𝐵𝐶 ∩ 𝐶) ∪ (𝐴𝐶 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶)

⇒ 𝑃(𝑆) = 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵) ∙ 𝑃(𝐶𝐶) + 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵𝐶) ∙ 𝑃(𝐶) + 𝑃(𝐴𝐶) ∙ 𝑃(𝐵) ∙ 𝑃(𝐶) =

=1

2∙1

3∙7

8+1

2∙2

3∙7

8+1

2∙2

3∙1

8+1

2∙1

3∙1

8≈ 0.2

⇒ 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵|𝑆) =𝑃(𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝑆)

𝑃(𝑆)=𝑃(𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶𝐶)

𝑃(𝑆)=

=𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵) ∙ 𝑃(𝐶𝐶)

𝑃(𝑆)=

12 ∙13 ∙78

0.2≈ 0.73 .

2.2.2. Formula potpune vjerovatnoće i Bayesova formula

1. Kutija sadrži tri kocke. Jedna kocka ima 𝟐 crvene i 𝟒 plave strane, druga ima 𝟑 crvene i 𝟑

plave strane, a treća kocka ima 𝟏 crvenu i 𝟓 plavih strana. Iz kutije slučajno izvlačimo po

jednu kocku. Bacamo kocke na ravnu ploču i konstantujemo boju gornje strane. Kolika je

vjerovatnoća da je pala plava strana kocke?

Rješenje: Neka su 𝐻1 , 𝐻2 , 𝐻3 događaji da je izvučena prva, druga, odnosno, treća kocka. Događaji

𝐻1 , 𝐻2 , 𝐻3 su nezavisni i jednako vjerovatni, pa je:

𝑃(𝐻1) = 𝑃(𝐻2) = 𝑃(𝐻3) =1

3 .

Također, 𝐻1 ∪𝐻2 ∪𝐻3 je siguran događaj, tj. 𝐻1 , 𝐻2 , 𝐻3 čine potpun sistem događaja.

46

Označimo sa 𝐴 događaj da je pala plava strana. Tada na osnovu formule potpune vjerovatnoće je:

𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐻1) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻1) + 𝑃(𝐻2) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻2) + 𝑃(𝐻3) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻3) =

=1

3∙4

6+1

3∙3

6+1

3∙5

6=2

9+1

6+5

18=12

18=2

3 .

2. U jednoj kutiji su 𝟓 crvenih i 𝟑 bijele kuglice, a u drugoj 𝟑 crvene i 𝟐 bijele kuglice. Slučajno

se bira kutija, te se iz nje vadi jedna kuglica. Kolika je vjerovatnoća da se izvuče crvena

kuglica?

Rješenje: Neka je 𝐻𝑖 , 𝑖 = 1,2 događaj da se izabrala 𝑖-ta kutija. 𝐻𝑖 , 𝑖 = 1,2 čini potpun sistem

događaja, te je:

𝑃(𝐻1) = 𝑃(𝐻2) =1

2 .

Neka je događaj 𝐴 da se izvuče crvena kuglica. Tada je:

𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐻1) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻1) + 𝑃(𝐻2) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻2) =1

2∙5

8+1

2∙3

5=5

16+3

10≈ 0.61 .

3. U uvjetima prethodnog zadatka, naći vjerovatnoću izvlačenja 𝟐 crvene kuglice, ako se

odjednom izvlače 𝟐 kuglice.

Rješenje: Neka je:

𝐴 = {𝑖𝑧𝑣𝑢č𝑒𝑛𝑒 2 𝑐𝑟𝑣𝑒𝑛𝑒 𝑘𝑢𝑔𝑙𝑖𝑐𝑒}.

Tada je:

𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐻1) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻1) + 𝑃(𝐻2) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻2) =

=1

2∙(52)

(82)+1

2∙(32)

(52)=1

2∙5 ∙ 4

8 ∙ 7+1

2∙3 ∙ 2

5 ∙ 4≈ 0.24 .

4. Ako je u uvjetima zadatka 𝟐 konstantovano da je izvučena crvena kuglica, kolika je

vjerovatnoća da je izvlačenje vršeno iz druge kutije?

Rješenje: Tražena vjerovatnoća je:

𝑃(𝐻2|𝐴) =𝑃(𝐻2) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻2)

𝑃(𝐴)≈

12 ∙35

0.61≈ 0.49 .

5. Kolika je vjerovatnoća da 𝟓 slučajno izabranih žarulja iz skladišta, koje sadrži 𝟏𝟎𝟎 žarulja,

bude ispravno, ako se zna da je broj neispravnih žarulja jednako vjerovatan između 𝟎 i 𝟑?

Rješenje: Neka je 𝐻𝑖 , 𝑖 = 0,1,2,3 događaj da u skladištu ima 𝑖 neispravnih žarulja, a 𝐴 događaj da

od 5 izabranih žarulja budu sve ispravne.


47

Tada je:

𝑃(𝐴) =∑𝑃(𝐻𝑖) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻𝑖)

3

𝑖=0

=∑1

4∙(100 − 𝑖5

)

(1005)

3

𝑖=0

≈ 0.927 .

6. Označena kuglica se može naći u prvoj kutiji sa vjerovatnoćom 𝟏

𝟒 , a u drugoj kutiji sa

vjerovatnoćom 𝟑

𝟒 . Vjerovatnoća da se ta kuglica izvuče iz kutije u kojoj se nalazi je

𝟏

𝟑 . Koliko

puta treba izvlačiti iz prve kutije od ukupno 𝟏𝟎 izvlačenja iz obje kutije, pa da vjerovatnoća

izvlačenja označene kuglice bude maksimalna, ako se zna da se nakon izvlačenja kuglica

vraća u kutiju?


𝐴 = {𝑢 10 𝑖𝑧𝑣𝑙𝑎č𝑒𝑛𝑗𝑎 𝑖𝑧𝑣𝑢č𝑒𝑛𝑎 𝑗𝑒 𝑜𝑧𝑛𝑎č𝑒𝑛𝑎 𝑘𝑢𝑔𝑙𝑖𝑐𝑎},

𝐻𝑖 = {𝑜𝑧𝑛𝑎č𝑒𝑛𝑎 𝑘𝑢𝑔𝑙𝑖𝑐𝑎 𝑗𝑒 𝑢 𝑖 − 𝑡𝑜𝑗 𝑘𝑢𝑡𝑖𝑗𝑖}, 𝑖 = 1,2.

Neka se 𝑛 puta izvlači iz prve i 10 − 𝑛 iz druge kutije. 𝐻𝑖 , 𝑖 = 1,2 čine potpun sistem događaja. Vrijedi:

𝑃(𝐻1) =1

4, 𝑃(𝐻2) =

3

4 ⇒

𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐻1) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻1) + 𝑃(𝐻2) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻2) =1

4[1 − (1 −

1

3)𝑛

] +3

4[1 − (1 −

1

3)10−𝑛

] ,

𝑑𝑃(𝐴)

𝑑𝑛= −

1

4∙ ln

2

3∙ 𝑒𝑛∙ln

23 +

3

4∙ ln

2

3∙ 𝑒

(10−𝑛)∙ln23 = −

1

4∙ ln

2

3∙ (2

3)𝑛

+3

4∙ ln

2

3∙ (2

3)10−𝑛

= 0

⇒ − (2

3)𝑛

+ 3 ∙ (2

3)10−𝑛

= 0

⇒ (2

3)2𝑛−10

= 3

⇒ (2𝑛 − 10)(ln 2 − ln 3) = ln 3

⇒ 𝑛 =ln3

2(ln 2 − ln 3)+ 5 ≈ 3.645 .

Na sličan način zaključujemo da je:

𝑑𝑃(𝐴)

𝑑𝑛> 0 ⇐ 𝑛 <

ln 3

2(ln 2 − ln 3)+ 5 ,

𝑑𝑃(𝐴)

𝑑𝑛< 0 ⇐ 𝑛 >

ln 3

2(ln 2 − ln 3)+ 5 .

48

To znači da je:

𝑛 =ln 3

2(ln 2 − ln 3)+ 5

tačka maksimuma za 𝑃(𝐴) po 𝑛. No, pošto je 𝑃(𝐴) za 𝑛 = 3 manje od 𝑃(𝐴) za 𝑛 = 4, to je 𝑃(𝐴)

maksimalno za 𝑛 = 4.

7. Avion je izgubljen u jednom od 𝟐 sektora. Vjerovatnoća da je izgubljen u prvom sektoru je

𝟎.𝟔, a u drugom 𝟎. 𝟒. Za traženje aviona angažovano je 𝟖 helikoptera, od kojih se svaki može

koristiti u jednom od 𝟐 sektora. Kako treba raspodijeliti helikoptere po sektorima da bi

vjerovatnoća nalaženja aviona bila maksimalna, ako svaki helikopter nalazi avion u sektoru

u kome ga traži sa vjerovatnoćom 𝟎. 𝟑?

Rješenje: Neka je:

𝐴 = {𝑎𝑣𝑖𝑜𝑛 𝑝𝑟𝑜𝑛𝑎đ𝑒𝑛}, 𝐻𝑖 = {𝑖𝑧𝑔𝑢𝑏𝑙𝑗𝑒𝑛 𝑎𝑣𝑖𝑜𝑛 𝑢 𝑖 − 𝑡𝑜𝑚 𝑠𝑒𝑘𝑡𝑜𝑟𝑢}, 𝑖 = 1,2.

Neka je 𝑛 helikoptera angažovano u prvom, a 8 − 𝑛 u drugom sektoru. Pošto je 𝐻𝑖 , 𝑖 = 1,2 potpun

sistem događaja, imamo da je:

𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐻1) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻1) + 𝑃(𝐻2) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻2) =

= 0.6 ∙ [1 − (1 − 0.3)𝑛] + 0.4 ∙ [1 − (1 − 0.3)8−𝑛].

𝑑𝑃(𝐴)

𝑑𝑛= 0 ⇐ 𝑛 ≈ 4.07 .

Zaključujemo, kao i u prethodnom zadatku, da za 𝑛 = 4 imamo maksimum 𝑃(𝐴) po 𝑛.

8. Žarulja može pripadati trima raznim tipovima žarulja sa vjerovatnoćama 𝟎.𝟑, 𝟎. 𝟏, 𝟎. 𝟔

redom. Vjerovatnoća da će žarulja prvog tipa doživjeti 𝒏 sati je 𝟎. 𝟐, drugog tipa 𝟎.𝟑 i trećeg

tipa 𝟎.𝟒.

a) Kolika je vjerovatnoća da slučajno izabrana žarulja doživi 𝒏 sati?

b) Ako je žarulja doživjela 𝒏 sati, kolika je vjerovatnoća da je drugog tipa?

Rješenje: Neka je:

𝐴 = {ž𝑎𝑟𝑢𝑙𝑗𝑎 𝑑𝑜ž𝑖𝑣𝑗𝑒𝑙𝑎 𝑛 𝑠𝑎𝑡𝑖} i 𝐻𝑖 = {ž𝑎𝑟𝑢𝑙𝑗𝑎 𝑝𝑟𝑖𝑝𝑎𝑑𝑎 𝑖 − 𝑡𝑜𝑚 𝑡𝑖𝑝𝑢}, 𝑖 = 1,2,3.

𝐻𝑖 , 𝑖 = 1,2,3 je potpun sistem događaja.

a) Imamo da je:

𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐻1) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻1) + 𝑃(𝐻2) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻2) + 𝑃(𝐻3) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻3) =

= 0.3 ∙ 0.2 + 0.1 ∙ 0.3 + 0.6 ∙ 0.4 = 0.33 .

b) Imamo da je:

𝑃(𝐻2|𝐴) =𝑃(𝐻2) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻2)

𝑃(𝐴)=0.1 ∙ 0.3

0.33≈ 0.09 .


49

9. U prodavnici se prodaju patike iz dvije fabrike. Od toga, fabrika 𝑨𝟏 dostavlja 𝟕𝟓%, a fabrika

𝑨𝟐 𝟐𝟓% pari patika. Standardu proizvodnje odgovaraju 𝟗𝟕% patika fabrike 𝑨𝟏 i 𝟗𝟓%

patika fabrike 𝑨𝟐.

a) Kolika je vjerovatnoća da slučajno izabrane patike budu po standardu?

b) Kolika je vjerovatnoća da kupljene patike budu iz fabrike 𝑨𝟐?

Rješenje: Neka je:

𝐴 = {𝑖𝑧𝑎𝑏𝑟𝑎𝑛𝑒 𝑝𝑎𝑡𝑖𝑘𝑒 𝑠𝑢 𝑝𝑜 𝑠𝑡𝑎𝑛𝑑𝑎𝑟𝑑𝑢}.

a) Imamo da je:

𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐴1) ∙ 𝑃(𝐴|𝐴1) + 𝑃(𝐴2) ∙ 𝑃(𝐴|𝐴2) =

= 0.75 ∙ 0.97 + 0.25 ∙ 0.95 = 0.965 .

b) Imamo da je:

𝑃(𝐴2|𝐴) =𝑃(𝐴1) ∙ 𝑃(𝐴|𝐴2)

𝑃(𝐴)=0.25 ∙ 0.95

0.965≈ 0.46 .

10. Kvar na elektromotoru može nastupiti pri iskakanjem osigurača u 𝟓𝟎% slučajeva, proboju

kondezatora u 𝟔𝟎% slučajeva, kratkom spoju u namotajima motora u 𝟔𝟓% slučajeva i

drugim razlozima u 𝟑𝟎% slučajeva. Vjerovatnoće pomenutih događaja su 𝟎. 𝟐, 𝟎. 𝟑𝟓, 𝟎. 𝟑,

𝟎. 𝟏𝟓. Ako je nastupio kvar, naći najvjerovatniji razlog.

Rješenje: Neka su 𝐻𝑖 , 𝑖 = 1,2,3,4 pomenuti događaji nastupanja kvara. Vrijedi:

𝑃(𝐻1) = 0.2, 𝑃(𝐻2) = 0.35, 𝑃(𝐻3) = 0.3, 𝑃(𝐻4) = 0.15 .

Označimo sa 𝐴 događaj nastupanja kvara. Tada je:


4

𝑖=1

= 0.2 ∙ 0.5 + 0.35 ∙ 0.6 + 0.3 ∙ 0.65 + 0.15 ∙ 0.3 = 0.55 .

𝑃(𝐻1|𝐴) =𝑃(𝐻1) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻1)

𝑃(𝐴)=0.2 ∙ 0.5

0.55≈ 0.18 ,

𝑃(𝐻2|𝐴) =𝑃(𝐻2) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻2)

𝑃(𝐴)=0.35 ∙ 0.6

0.55≈ 0.38 ,

𝑃(𝐻3|𝐴) =𝑃(𝐻3) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻3)

𝑃(𝐴)=0.3 ∙ 0.65

0.55≈ 0.35 ,

𝑃(𝐻1|𝐴) =𝑃(𝐻4) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻4)

𝑃(𝐴)=0.15 ∙ 0.3

0.55≈ 0.08 .

Dakle, najvjerovatniji razlog je proboj kondenzatora.

50

11. Prva kutija sadrži 𝟒 bijele i 𝟗 crnih kuglica, a druga kutija sadrži 𝟏𝟎 bijelih i 𝟏𝟖 crnih kuglica.

Iz prve kutije su slučajno uzete 𝟐 kuglice i prebačene u drugu kutiju. Iz druge je slučajno uzeta

𝟏 kuglica i prebačena u prvu kutiju. Zatim iz prve kutije uzimamo jednu kuglicu. Kolika je

vjerovatnoća da je uzeta crna kuglica?

Rješenje: Neka je:

𝐻1 = {𝑖𝑧 𝑑𝑟𝑢𝑔𝑒 𝑝𝑟𝑒𝑏𝑎č𝑒𝑛𝑎 𝑏𝑖𝑗𝑒𝑙𝑎 𝑘𝑢𝑔𝑙𝑖𝑐𝑎}, 𝐻2 = {𝑖𝑧 𝑑𝑟𝑢𝑔𝑒 𝑝𝑟𝑒𝑏𝑎č𝑒𝑛𝑎 𝑐𝑟𝑛𝑎 𝑘𝑢𝑔𝑙𝑖𝑐𝑎}

𝐵𝑖 = {𝑖𝑧 𝑝𝑟𝑣𝑒 𝑝𝑟𝑒𝑏𝑎č𝑒𝑛𝑜 𝑖 𝑐𝑟𝑛𝑖ℎ 𝑘𝑢𝑔𝑙𝑖𝑐𝑎}, 𝑖 = 0,1,2

𝐴 = {𝑖𝑧 𝑝𝑟𝑣𝑒 𝑖𝑧𝑣𝑢č𝑒𝑛𝑎 𝑐𝑟𝑛𝑎 𝑘𝑢𝑔𝑙𝑖𝑐𝑎} .

Tada je:

𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐻1) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻1) + 𝑃(𝐻2) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻2)

𝑃(𝐻𝑖) = 𝑃(𝐵0) ∙ 𝑃(𝐻𝑖|𝐵0) + 𝑃(𝐵1) ∙ 𝑃(𝐻𝑖|𝐵1) + 𝑃(𝐵2) ∙ 𝑃(𝐻𝑖 |𝐵2), 𝑖 = 1,2

𝑃(𝐵𝑖) = (4

2 − 𝑖) ∙ (

9𝑖)

(132)

, 𝑃(𝐻1|𝐵𝑗) =10

28 + 𝑗 ,

𝑃(𝐻2|𝐵𝑗) =18 + 𝑗

28 + 𝑗, 𝑖, 𝑗 = 0,1,2

𝑃(𝐻1) =∑(4

2 − 𝑖) (9𝑖)

(132)

∙10

28 + 𝑖

2

𝑖=0

≈ 0.34 ,

𝑃(𝐻2) =∑(4

2 − 𝑖) (9𝑖)

(132)

∙18 + 𝑖

28 + 𝑖

2

𝑖=0

≈ 0.66 ,

𝑃(𝐴|𝐻1) =∑(4

2 − 𝑖) (9𝑖)

(132)

∙9 − 𝑖

12

2

𝑖=0

≈ 0.63 ,

𝑃(𝐴|𝐻1) =∑(4

2 − 𝑖) (9𝑖)

(132)

∙10 − 𝑖

12

2

𝑖=0

≈ 0.72 .


51

Pa je:

𝑃(𝐴) ≈ 0.34 ∙ 0.63 + 0.66 ∙ 0.72 ≈ 0.69 .

12. Jedna serija od 𝟑𝟎𝟎 proizvoda ima 𝟓 defektnih proizvoda, a druga serija od 𝟐𝟎𝟎 proizvoda

ima 𝟑 defektna proizvoda. Iz prve serije se slučajno bira 𝟕𝟎 proizvoda, a iz druge 𝟑𝟎

proizvoda koji se prebacuju u skladište. Iz skladišta se slučajno uzima jedan proizvod. Kolika

je vjerovatnoća da je uzet ispravan proizvod?

Rješenje: Neka je:

𝐴 = {𝑢𝑧𝑒𝑡 𝑖𝑠𝑝𝑟𝑎𝑣𝑎𝑛 𝑝𝑟𝑜𝑖𝑧𝑣𝑜𝑑}, 𝐻𝑖 = {𝑢𝑧𝑒𝑡 𝑝𝑟𝑜𝑖𝑧𝑣𝑜𝑑 𝑖𝑧 𝑖 − 𝑡𝑒 𝑠𝑒𝑟𝑖𝑗𝑒}, 𝑖 = 1,2.

Tim je na osnovu leme 2.1.:

𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐻1) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻1) + 𝑃(𝐻2) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻2) =

=70

100∙295

300+30

100∙197

200≈ 0.9838 .

Dokaz: Označimo sa 𝐴 događaj da je izabran defektan proizvod iz skladišta i sa 𝐻𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑠̅̅ ̅̅ događaj

da je u skladištu 𝑖 defektnih proizvoda.

Tada je:


𝑠

𝑖=0

=

=∑(𝑠𝑖) (𝑛 − 𝑠𝑚 − 𝑖

)

(𝑛𝑚)

𝑠

𝑖=0

∙𝑖

𝑚=𝑠

𝑛∙∑

(𝑠 − 1𝑖 − 1

) (𝑛 − 𝑠𝑚 − 𝑖

)

(𝑛 − 1𝑚 − 1

)

𝑠

𝑖=1

=

=𝑠

𝑛∙

1

(𝑛 − 1𝑚 − 1

)∙ ∑ (

𝑠 − 1𝑖) ∙ (

𝑛 − 𝑠𝑚 − 1− 𝑖

)

𝑚−1

𝑖=0

jer je:

(𝑠 − 1𝑖) = 0, ∀𝑖 = 𝑠,𝑚 − 1̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅

Lema 2.1. Serija od n proizvoda ima s defektnih. Iz serije se slučajno bira 𝑚 proizvoda koji se prebacuju

u skladište. Iz skladišta se slučajno uzima proizvod. Vjerovatnoća izbora defektnog prozivoda je:

𝑠

𝑛 .

52

Pošto je:

∑(𝑎𝑗)(

𝑏𝑝 − 𝑗

)

𝑝

𝑗=0

= (𝑎 + 𝑏𝑝

) , ∀𝑎, 𝑏 ∈ ℝ ,

tim je:

𝑃(𝐴) =𝑠

𝑛∙

1

(𝑛 − 1𝑚 − 1

)∙ (𝑛 − 1𝑚 − 1

) =𝑠

𝑛 ∎


53

3. Slučajne varijable – Diskretne slučajne varijable

3.1. Uvod Radi boljeg razumjevanja prostora događaja, kao i računanja vjerovatnoće, događajima pridružujemo

realne brojeve. Tako dolazimo do pojma slučajnih varijabli. U ovoj glavi definišemo matematički

pojam slučajnih varijabli i detaljno obrađujemo slučajne varijable sa diskretnim skupom vrijednosti, tj.

diskretne slučajne varijable.

Neka je 𝑋:Ω → ℝ slučajna varijabla. Uvedimo oznake koje ćemo koristiti:

[𝑎 < 𝑋 < 𝑏] = {𝜔 ∈ 𝛺 ∶ 𝑎 < 𝑋(𝜔) < 𝑏}, 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ ,

[𝑋 ≤ 𝑐] = {𝜔 ∈ 𝛺 ∶ 𝑋(𝜔) ≤ 𝑏}, 𝑐 ∈ ℝ ,

[𝑋 = 𝑘] = {𝜔 ∈ 𝛺 ∶ 𝑋(𝜔) = 𝑘}, 𝑘 ∈ ℝ ,

[𝑋 ∈ 𝐴] = {𝜔 ∈ Ω ∶ 𝑋(𝜔) ∈ 𝐴}, 𝐴 ⊆ ℝ .

Neka je 𝑋:Ω → ℝ diskretna slučajna varijabla i neka je 𝐷 = {𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛, … } . Označimo sa:

𝑝𝑖 = 𝑃([𝑋 = 𝑎𝑖]), 𝑖 ∈ ℕ .

Tada je:

𝑋: (𝑎1 𝑎2 … 𝑎𝑛 …

𝑝1 𝑝2 … 𝑝𝑛 …) ,

što zovemo distribucija vjerovatnoće slučajne varijable 𝑋.

Za prostor vjerovatnoće (Ω, ℱ, 𝑃) kažemo da je diskretan prostor vjerovatnoće, ako je Ω konačan ili

izbrojiv skup. Neka je (Ω, ℱ, 𝑃) prostor vjerovatnoće i 𝑋: Ω → ℝ diskretna slučajna varijabla. Tada,

ne gubeći u opštosti, možemo smatrati da je (Ω, ℱ, 𝑃) diskretan prostor vjerovatnoće. U ovoj glavi

smatrat ćemo da je za diskretnu slučajnu varijablu 𝑋: Ω → ℝ , prostor vjerovatnoće (Ω, ℱ, 𝑃) je

diskretan prostor vjerovatnoće.

Definicija 3.1.1. Neka je (𝛺, ℱ, 𝑃) prostor vjerovatnoće. Funkciju 𝑋: 𝛺 → ℝ nazivamo slučajna varijabla

na (Ω, ℱ, 𝑃). Ako za ∀𝑐 ∈ ℝ vrijedi:

𝑋−1(−∞, 𝑐] = {𝜔 ∈ Ω ∶ 𝑋(𝜔) ∈ (−∞, 𝑐]} ∈ ℱ .

Definicija 3.1.2. Za slučajnu varijablu 𝑋: Ω → ℝ kažemo da je diskretna slučajna varijabla, ako postoji

konačan ili izbrojiv podskup 𝐷 skupa ℝ, takav da je:

𝑃([𝑋 ∈ 𝐷]) = 𝑃({𝜔 ∈ Ω ∶ 𝑋(𝜔) ∈ 𝐷}) = 1 .

54

Dokaz: Neka su 𝐴𝑖 ⊆ ℝ, 𝑖 = 1, 𝑘̅̅ ̅̅̅ proizvoljni. Tada je:

𝑃([𝑔1 ∘ 𝑥1 ∈ 𝐴1, 𝑔2 ∘ 𝑥2 ∈ 𝐴2, … , 𝑔𝑘 ∘ 𝑥𝑘 ∈ 𝐴𝑘]) = 𝑃 (⋂[(𝑔𝑖 ∘ 𝑥𝑖)−1 ∙ (𝐴𝑖)

𝑘

𝑖=1

) =

= 𝑃(⋂[𝑋𝑖 ∈ 𝑔𝑖−1(𝐴𝑖)]

𝑘

𝑖=1

) =∏𝑃(𝑋𝑖 ∈ 𝑔𝑖−1(𝐴𝑖))

𝑘

𝑖=1

=∏𝑃(𝑔𝑖 ∘ 𝑥𝑖 ∈ 𝐴𝑖),

𝑘

𝑖=1

jer je:

𝑥 ∈ [𝑔1 ∘ 𝑥1 ∈ 𝐴1, 𝑔2 ∘ 𝑥2 ∈ 𝐴2, … , 𝑔𝑘 ∘ 𝑥𝑘 ∈ 𝐴𝑘]

⇔ 𝑥 ∈⋂[𝑔𝑖 ∘ 𝑥𝑖 ∈ 𝐴𝑖]

𝑘

𝑖=1

⇔ 𝑔𝑖(𝑋𝑖(𝑥)) ∈ 𝐴𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑘̅̅ ̅̅̅

⇔ 𝑥 ∈ (𝑔𝑖 ∘ 𝑥𝑖)−1(𝐴𝑖), 𝑖 = 1, 𝑘̅̅ ̅̅̅

Definicija 3.1.3. Neka su 𝑋1, 𝑋2,… , 𝑋𝑛, 𝑛 ∈ ℕ slučajne varijable na prostoru vjerovatnoće (Ω, ℱ, 𝑃).

Kažemo da su slučajne varijable 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛 nezavisne, ako za proizvoljne realne brojeve

𝑐1, 𝑐2 , … , 𝑐𝑛, 𝑛 ∈ ℕ vrijedi:

𝑃([𝑋1 ≤ 𝑐1, 𝑋2 ≤ 𝑐2, … , 𝑋𝑘 ≤ 𝑐𝑛]) =

= 𝑃([𝑋1 ≤ 𝑐1]) ∙ 𝑃([𝑋2 ≤ 𝑐2]) …𝑃([𝑋𝑘 ≤ 𝑐𝑛]) .

Teorem 3.1.1. Neka su 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑘 nezavisne slučajne varijable i

𝑔1: ℝ → ℝ , 𝑔2: ℝ → ℝ , … , 𝑔𝑘 : ℝ → ℝ

proizvoljne funkcije. Tada su slučajne varijable

𝑔1 ∘ 𝑥1: 𝛺 → ℝ , 𝑔2 ∘ 𝑥2: 𝛺 → ℝ , … , 𝑔𝑘 ∘ 𝑥𝑘: 𝛺 → ℝ

nezavisne.

Definicija 3.1.4. Kažemo da je proizvoljna familija 𝑋𝑖 , 𝑖 ∈ 𝐼, familija diskretnih slučajnih varijabli, ako su

za proizvoljan konačan podskup {𝑖1, 𝑖2, … , 𝑖𝑛} skupa indeksa 𝐼, diskretne slučajne varijable 𝑋𝑖1 , 𝑋𝑖2 , … , 𝑋𝑖𝑛

nezavisne.


55

⇔ 𝑋𝑖(𝑥) ∈ 𝑔𝑖−1(𝐴𝑖), 𝑖 = 1, 𝑘̅̅ ̅̅̅

⇔ 𝑥 ∈ [𝑋𝑖 ∈ 𝑔𝑖−1(𝐴𝑖)], 𝑖 = 1, 𝑘̅̅ ̅̅̅

⇔ 𝑥 ∈⋂[𝑋𝑖 ∈ 𝑔𝑖−1(𝐴𝑖)]

𝑘

𝑖=1

i tim je teorem dokazan. ∎

Iz navedene definicije slijedi da je vjerovatnoća događaja da u 𝑛 izvođenja pokusa imamo

𝑘, 0 ≤ 𝑘 ≤ 𝑛, uspjeha i 𝑛 − 𝑘 neuspjeha iznosi 𝑝𝑘 ∙ 𝑞𝑛−𝑘, tj:

𝑃({𝜔1, ω2,… , 𝜔𝑛}) = 𝑝𝑘 ∙ 𝑞𝑛−𝑘 .

Neka je (Ω,𝒫(Ω), 𝑃) Bernoullijeva šema i 𝑋 diskretna slučajna varijabla koja predstavlja broj uspjeha

u 𝑛 izvođenja pokusa, tj:

𝑋((𝜔1, 𝜔2 , … , 𝜔𝑛)) = 𝑘, 𝑘 = 0, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ ,

gdje je 𝑘 broj uspjeha u 𝑛 izvođenja pokusa. Tada je distribucija vjerovatnoće od 𝑋 data sa:

𝑋: (0 1 … 𝑛𝑝0 𝑝1 … 𝑝𝑛

) ,

gdje je:

𝑝𝑘 = 𝑃([𝑋 = 𝑘]) = (𝑛𝑘) ∙ 𝑝𝑘 ∙ 𝑞𝑛−𝑘 , 𝑘 = 0, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ .

Definicija 3.1.5. (Bernoullijeva šema) Ako neki slučajni pokus, čiji su ishodi „uspjeh“-𝑎1 i „neuspjeh“-𝑎2,

ponavljamo 𝑛 puta, tako da vrijedi:

a) Vjerovatnoće „uspjeha“ i „neuspjeha“ u pojedinim izvođenjima pokusa su:

𝑃1({𝑎1}) = 𝑝, 𝑃1({𝑎2}) = 1 − 𝑝 = 𝑞, 0 < 𝑝 < 1 .

b) Ishodi u 𝑛 izvođenja pokusa su nezavisni događaji.

Neka je Ω1 = {𝑎1, 𝑎2} i 𝑃1({𝑎1}) = 𝑝, 𝑃1({𝑎2}) = 𝑞. Tada je (Ω1 , 𝒫(Ω1), 𝑃1) diskretan prostor

vjerovatnoće.

Neka je:

Ω = Ω1𝑛 = Ω1 × Ω1 × …× Ω1 = {(𝜔1, 𝜔2 , … , 𝜔𝑛): 𝜔𝑖 ∈ {𝑎1, 𝑎2}, 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅}

𝑃({𝜔1, 𝜔2 , … , 𝜔𝑛}) = 𝑃1({𝜔1}) ∙ 𝑃1({𝜔2})…𝑃1({𝜔𝑛}) .

Tada je (Ω,𝒫(Ω), 𝑃) diskretan prostor vjerovatnoće, kojeg nazivamo Bernoullijeva šema.

}

𝑛

56

Ovako definisanu diskretnu slučajnu varijablu 𝑋 nazivamo Binomna slučajna varijabla i označavamo je

sa:

𝑋 ∼ 𝐵(𝑛, 𝑝) .

Diskretnu slučajnu varijablu 𝑌 koja „uspjeh“ preslikava u 1, a „neuspjeh“ u 0, sa distribucijom

vjerovatnoće:

𝑌: (0 1𝑞 𝑝

) , 0 < 𝑝 < 1, 𝑞 = 1 − 𝑝 ,

zovemo Bernoullijeva slučajna varijabla.

Neka su 𝑋𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ diskretne slučajne varijable koje u 𝑖-tom izvođenju pokusa „uspjeh“ preslikavaju

u 1 a „neuspjeh“ u 0, tj. 𝑋𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ su Bernoullijeve slučajne varijable sa distribucijama vjerovatnoće:

𝑋𝑖: (0 1𝑞 𝑝

) , 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅, 0 < 𝑝 < 1, 𝑞 = 1 − 𝑝 .

Očigledno, 𝑋𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ su nezavisne slučajne varijable. Neka je 𝑋 binomna slučajna varijabla, tj.

𝑋~𝐵(𝑛, 𝑝). Tada vrijedi:

𝑋 =∑𝑋𝑖

𝑛

𝑖=1

.

Primjer 3.1.1. Bacamo dvije kocke 6 puta. Kolika je vjerovatnoća da na obje padne paran broj:

a) bar jedanput?

b) najviše dva puta?

c) tačno tri puta?

d) ne manje od dva i ne više od četiri puta?

Rješenje: Zadatak ćemo riješiti pomoću Bernoullieve šeme. Neka je uspjeh da na obje kocke padne

paran broj. Tada je vjerovatnoća uspjeha

𝑝 =9

36=1

4 .

Označimo sa 𝑋 broj uspjeha u 6 izvođenja pokusa, tj.

𝑋~𝐵 (6,1

4) .

a) Imamo da je:

1 − 𝑃([𝑋 = 0]) = 1 − (60) (1

4)0

(3

4)6

= 1− (3

4)6

≈ 0.822 .

b) Imamo da je:

𝑃([𝑋 ≤ 2]) = 𝑃([𝑋 = 0]) + 𝑃([𝑋 = 1]) + 𝑃([𝑋 = 2]) =∑(6𝑖) (1

4)𝑖

(3

4)6−𝑖2

𝑖=0

≈ 0.83057 .


57

c) §€]Imamo da je:

𝑃([𝑋 = 3]) = (63) (1

4)3

(3

4)3

= 0.13184 .

d) Imamo da je:

𝑃([2 ≤ 𝑋 ≤ 4]) =∑(6𝑖) (1

4)𝑖

(3

4)6−𝑖4

𝑖=2

= 0.46143 .

Neka je (Ω,𝒫(Ω), 𝑃) generalizirana Bernoullijeva šema. Neka u 𝑛 izvođenja slučajnih pokusa imamo

𝑛1, 𝑛2 , … , 𝑛𝑘 (𝑛1 + 𝑛2 +⋯+ 𝑛𝑘 = 𝑛) realizacija događaja 𝑎1, 𝑎2,… , 𝑎𝑘 respektivno, tj. U n-torci

(𝜔1, 𝜔2 , … , 𝜔𝑛) imamo 𝑛1, 𝑛2 , … , 𝑛𝑘 puta 𝑎1, 𝑎2,… , 𝑎𝑘 respektivno. Tada je:

𝑃({(𝜔1, 𝜔2, … , 𝜔𝑛)}) = 𝑝1𝑛1 ∙ 𝑝2

𝑛2 …𝑝𝑘𝑛𝑘 .

Neka je skup 𝐴(𝑛1 , 𝑛2, … , 𝑛𝑘), 𝑛1 + 𝑛2 +⋯+ 𝑛𝑘 = 𝑛, definisan sa:

𝐴(𝑛1, 𝑛2 , … , 𝑛𝑘) = {(𝜔1, 𝜔2 , … , 𝜔𝑛) ∈ Ω ∶ imamo 𝑛1, 𝑛2 , … , 𝑛𝑘 puta 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑘 respektivno} ,

Tada je:

𝑃(𝐴(𝑛1, 𝑛2 , … , 𝑛𝑘)) = (𝑛

𝑛1 , 𝑛2, … , 𝑛𝑘) 𝑝1

𝑛1 ∙ 𝑝2𝑛2 …𝑝𝑘

𝑛𝑘 =

=𝑛!

𝑛1! 𝑛2! …𝑛𝑘!𝑝1𝑛1 ∙ 𝑝2

𝑛2 …𝑝𝑘𝑛𝑘 .

Očigledno, ako je u generaliziranoj Bernoullijevoj šemi 𝑘 = 2, onda imamo Bernoullijevu šemu.

Primjer 3.1.2. U kutiji imamo 3 bijele, 4 crne, 8 plavih i 5 crvenih kuglica. Izvlačimo 4 kuglice jednu po

jednu sa vraćanjem. Kolika je vjerovatnoća da izvučemo 2 bijele i 1 plavu?

Definicija 3.1.6. (Generalizirana Bernoullieva šema) Neka izvodimo slučajni pokus 𝑛 puta, kao u definiciji

3.1.5 sa razlikom da u svakom izvođenju slučajnog pokusa imamo 𝑎1, 𝑎2,… , 𝑎𝑘 , 𝑘 ≥ 2 ishoda, sa

vjerovatnoćama 𝑝1, 𝑝2,… , 𝑝𝑘 respektivno, gdje je 𝑝1 + 𝑝2 +⋯+ 𝑝𝑘 = 1. Neka je (Ω1, 𝒫(Ω1), 𝑃1)

diskretan prostor vjerovatnoće, gdje je:

Ω1 = {𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑘} i 𝑃1({𝑎𝑖}) = 𝑝𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑘̅̅ ̅̅̅.

Neka je:

Ω = Ω1𝑛 = Ω1 × Ω2 × …× Ω𝑛 = {(𝜔1, 𝜔2 , … , 𝜔𝑛) ∶ 𝜔1, 𝜔2 , … , 𝜔𝑛 ∈ {𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑘}}

I vjerovatnoća definisana sa:

𝑃({𝜔1, 𝜔2, … , 𝜔𝑛}) = 𝑃1({𝜔1}) ∙ 𝑃1({𝜔1})… . 𝑃1({𝜔𝑛}), (𝜔1, 𝜔2, … , 𝜔𝑛) ∈ Ω.

Diskretan slučajni prostor vjerovatnoće (Ω,𝒫(Ω), 𝒫) nazivamo generalizovana Bernoullijeva šema.

58

Rješenje: Zadatak ćemo riješiti pomoću generalizirane Bernoullijeve šeme. Neka je 𝑛 = 4, 𝑘 = 3 i

𝑥1 = {𝑖𝑧𝑣𝑢č𝑒𝑛𝑎 𝑏𝑖𝑗𝑒𝑙𝑎 𝑘𝑢𝑔𝑙𝑖𝑐𝑎}, 𝑥2 = {𝑖𝑧𝑣𝑢č𝑒𝑛𝑎 𝑝𝑙𝑎𝑣𝑎 𝑘𝑢𝑔𝑙𝑖𝑐𝑎}

𝑥3 = {𝑖𝑧𝑣𝑢č𝑒𝑛𝑎 𝑐𝑟𝑛𝑎 𝑖𝑙𝑖 𝑐𝑟𝑣𝑒𝑛𝑎 𝑘𝑢𝑔𝑙𝑖𝑐𝑎}

Tada je tražena vjerovatnoća:

𝑃 =4!

2! ∙ 1! ∙ 1!∙ 𝑝1

2 ∙ 𝑝21 ∙ 𝑝3

1 | 𝑝1 =3

20, 𝑝2 =

8

20, 𝑝3 =

9

20 .

Gdje je:

𝑝1 =3

20 , 𝑝2 =

8

20 , 𝑝3 =

9

20 .

Otuda je:

𝑃 =4!

2! ∙ 1! ∙ 1!∙ (3

20)2

(2

5)1

(9

20)1

≈ 0.0486 .

Neka je prostor Ω sastavljen od 𝑛 jednako vjerovatnih ishoda i neka je slučajna varijabla 𝑋 na Ω

definisana tako da ishodima iz Ω pridružuje prirodne brojeve od 1 od 𝑛. Tada je distribucija

vjerovatnoće od 𝑋 data sa:

𝑋: (1 2 … 𝑛1

𝑛

1

𝑛…

1

𝑛

) .

U ovom slučaju kažemo da 𝑋 ima diskretnu uniformnu distribuciju vjerovatnoće.

Neka u kutiji imamo 𝑛 kuglica i to 𝑟 bijelih i 𝑛 − 𝑟 crnih. Izvlačimo 𝑚, 𝑚 ≤ 𝑟 kuglica. Neka je slučajna

varijabla 𝑋 broj izvučenih bijelih kuglica. Tada je distribucija vjerovatnoće od 𝑋 data sa:

𝑋: (0 1 … 𝑚𝑝0 𝑝1 … 𝑝𝑚

) ,

gdje je:

𝑝𝑖 = 𝑃([𝑋 = 𝑖]) =(𝑟𝑖) (𝑛 − 𝑟𝑚 − 𝑖

)

(𝑛𝑚)

, 𝑖 = 1,𝑚̅̅̅̅ ̅̅ ,

distribucija vjerovatnoće. U ovom slučaju za varijablu 𝑋 kažemo da ima hipergeometrijsku distribuciju

vjerovatnoće.

Neka je 𝜆 ∈ ℝ, 𝜆 > 0. Kažemo da slučajna varijabla 𝑋 ima Poissonovu distribuciju, što označavamo

sa 𝑋~𝑃(𝜆), ako je:

𝑃𝑖 = 𝑃([𝑋 = 𝑖]) =𝜆𝑖

𝑖!∙ 𝑒−𝜆, 𝑖 = 0,1, …


59

3.2. Granični teoremi u Bernoullijevoj šemi

U 3.1. vidjeli smo da za binomnu slučajnu varijablu 𝑋~𝐵(𝑛, 𝑝) treba računati:

𝑃([𝑋 = 𝑖]) = (𝑛𝑖) 𝑝𝑖 ∙ 𝑞𝑛−𝑖 , 𝑖 = 0, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ ,

𝑃([𝛼 ≤ 𝑋 ≤ 𝛽]) = ∑ (𝑛𝑖)𝑝𝑖𝑞𝑛−𝑖

𝛼≤𝑖≤𝛽

, 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ .

U primjenama broj 𝑛 je najčešće velik broj, pa je vrlo teško računati gornje relacije. Zato ćemo navesti,

bez dokaza, neke klasične teoreme za približno računanje 𝑃([𝑋 = 𝑖]) i 𝑃([𝛼 ≤ 𝑋 ≤ 𝛽]).

Teorem 3.2.1. pokazuje da za velike 𝑛 i male 𝑝𝑛 vrijedi:

𝑃([𝑋𝑛 = 𝑖]) ≈𝜆𝑛𝑖

𝑖!𝑒−𝜆𝑛 ,

gdje je:

𝜆𝑛 = 𝑛𝑝𝑛, 𝑖 = 0, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ .

I obično se primjenjuje za 𝑛𝑝𝑛 < 10.

Primjer 3.2.1. U jednoj seriji proizvoda ima 0.1% defektnih. Kolika je vjerovatnoća da među 1000

slučajno uzetih proizvoda bude:

a) tačno 5 defektnih?

b) barem 3 defektna?

Rješenje: Problem se modelira sa:

𝑋~(1000, 0.001) .

Pošto je 𝜆 = 1000 ∙ 0.001 = 1 < 10, dakle možemo koristiti teoremu 3.2.1.

Teorem 3.2.1. (Poisson) Neka je:

a) 𝑋𝑛~𝐵(𝑛, 𝑝𝑛), 𝑛 ∈ ℕ ,

b) 𝑙𝑖𝑚𝑛→∞

𝑝𝑛 = 0 ,

c) 𝑙𝑖𝑚𝑛→∞

𝑛 ∙ 𝑝𝑛 = 𝜆, 0 < 𝜆 < +∞ .

Tada za svako 𝑖 = 0,1, … je:

𝑙𝑖𝑚𝑛→∞

(𝑛𝑖) 𝑝𝑛

𝑖 𝑞𝑛𝑛−𝑖 =

𝜆𝑖

𝑖!𝑒−𝜆, 𝑞𝑛 = 1− 𝑝𝑛 .

60

a) Imamo da je:

𝑃([𝑋 = 5]) = (10005

) ∙ (0.001)5 ∙ (0.999)995 ≈15

5!𝑒−1 ≈ 0.003 .

b) Imamo da je:

1 − 𝑃([𝑋 < 3]) = 1 − (10000) ∙ (0.001)0 ∙ (0.999)1000 −

−(10001

) ∙ (0.001)1 ∙ (0.999)999 − (10002

) ∙ (0.001)2 ∙ (0.999)998 ≈

≈ 1−10

0!𝑒−1 −

11

1!𝑒−1 −

12

2!𝑒−1 =

= 1 − (1 + 1 +1

2) ∙ 𝑒−1 = 1− 2.5 ∙ 𝑒−1 ≈ 0.08 .

Teorem 3.2.2 primjenjujemo tako što za dovoljno velike 𝑛 vrijedi:

𝑃([𝑥𝑛 = 𝑖]) ≈1

√2𝜋𝑛𝑝𝑞𝑒−(𝑖−𝑛𝑝)2

2𝑛𝑝𝑞 .

Relacija (1) primjenjuje se za 𝑛𝑝 ≥ 10. Daje dobre rezultate ako 𝑖 nije suviše malo.

Označimo sa:

𝜑(𝑥) =1

√2𝜋𝑒−

𝑥2

2 , 𝑥 ∈ ℝ .

Funkcija 𝜑 nazivamo se Gaussova ili Normalna funkcija.

Njen grafik je dat na slici 13.

Relaciju (1) sad možemo napisati u obliku

𝑃([𝑋𝑛 = 𝑖]) ≈1

√𝑛𝑝𝑞∙ 𝜑(𝑥𝑖) =

1

√𝑛𝑝𝑞∙ 𝜑 (

𝑖 − 𝑛𝑝

√𝑛𝑝𝑞)

Teorem 3.2.2. (Lokalni Moivre-Laplaceov teorem) Neka je:

0 < 𝑝 < 1, 𝑋𝑛~𝐵(𝑛, 𝑝), 𝑥𝑖 =𝑖 − 𝑛𝑝

√𝑛𝑝𝑞, 𝑖 = 0, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ , 𝑛 ∈ ℕ .

Tada je:


√2𝜋𝑛𝑝𝑞 ∙ 𝑃([𝑋𝑛 = 𝑖])

𝑒−𝑥𝑖2

2

= 1

uniformno na svakom segmentu [𝑎, 𝑏], 𝑎 ≤ 𝑥𝑖 ≤ 𝑏.

(1)


61

Funkcija 𝜑 je tabelarna, pa je lako računati vjerovatnoću

𝑃([𝑋𝑛 = 𝑖]).

Primjer 3.2.2. Grupa od 300 strijelaca gađa u metu tako da svaki strijelac gađa jedanput i svaki od njih

pogađa s vjerovatnoćom 0.7. Kolika je vjerovatnoća da bude tačno 150 pogodaka?

Rješenja: Neka je 𝑋~𝐵(300; 0.7). Pošto je 300 ∙ 0.7 = 210 ≥ 10 možemo primjeniti teorem 3.2.2.

𝑃([𝑋 = 150]) =1

√300 ∙ 0.7 ∙ 0.3∙ 𝜑 (

200 − 300 ∙ 0.7

√300 ∙ 0.7 ∙ 0.3) ≈

≈1

7.94∙ 𝜑 (−

10

7.94) ≈

1

7.74𝜑(1.26) ≈

≈1

7.74∙ 0.1804 ≈ 0.023 .

Teorem 3.2.3. primjenjujemo tako što za dovoljno velike 𝑛 i proizvoljne 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ vrijedi:

𝑃 ([𝑎 ≤𝑥𝑛 − 𝑛𝑝

√𝑛𝑝𝑞≤ 𝑏]) ≈

1

√2𝜋∫𝑒−

𝑥2

2 𝑑𝑥

𝑏

𝑎

= ∫𝜑(𝑥)𝑑𝑥

𝑏

𝑎

.

Uvedimo oznaku:

Φ(𝑥) = ∫𝜑(𝑡)𝑑𝑡

𝑥

0

, 𝑥 ∈ ℝ .

Za funkciju Φ vrijedi:

a) Φ(−𝑥) = −Φ(𝑥), 𝑥 ∈ ℝ, jer je:

Φ(−𝑥) = ∫ 𝜑𝑢𝑑𝑢

−𝑥

0

= |−𝑢 = 𝑡| = −∫𝜑(−𝑡)𝑑𝑡

𝑥

0

=

= | | = −∫𝜑(𝑡)𝑑𝑡

𝑥

0

= −Φ(𝑥) .

b) Φ(0) = 0.

Slika 13: Gaussova (Normalna) funkcija

Teorem 3.2.3. (Integralni Moivre-Laplaceov teorem) Neka je 𝑋𝑛~𝐵(𝑛, 𝑝), 𝑛 ∈ ℕ. Tada je:



√𝑛𝑝𝑞≤ 𝑏]) =

1

√2𝜋∫𝑒−

𝑥2

2 𝑑𝑥

𝑏

𝑎

, 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ .

(2)

𝜑 𝑗𝑒 𝑝𝑎𝑟𝑛𝑎

62

c)

lim𝑥→+∞

Φ(𝑥) =1

√2𝜋∫ 𝑒−

𝑥2

2 𝑑𝑥

+∞

0

=1

√2𝜋∙√2𝜋

2=1

2 .

d)

lim𝑥→−∞

Φ(𝑥) = − lim𝑥→−∞

Φ(−𝑥) =

= − lim𝑥→+∞

Φ(𝑥) = −1

2 .

Grafik funkcije Φ dat je na slici 14.

Sada formula (2) ima oblik:


√𝑛𝑝𝑞≤ 𝑏]) ≈ Φ(𝑏) −Φ(𝑎) .

U primjenama često treba računati 𝑃([𝑎 ≤ 𝑋𝑛 ≤ 𝑏]), pa iz relacije (3) dobijemo:

𝑃([𝑎 ≤ 𝑋𝑛 ≤ 𝑏]) =

𝑃 ([𝑎 − 𝑛𝑝

√𝑛𝑝𝑞≤𝑋𝑛 − 𝑛𝑝

√𝑛𝑝𝑞≤𝑏 − 𝑛𝑝

√𝑛𝑝𝑞]) ≈ Φ(

𝑏 − 𝑛𝑝

√𝑛𝑝𝑞) − Φ(

𝑎 − 𝑛𝑝

√𝑛𝑝𝑞).

Neka je 𝑋~𝐵(𝑛, 𝑝), 𝜖 > 0. Tada je:

𝑃 ([|𝑋

𝑛− 𝑝| ≤ 𝜖]) = 𝑃([𝑛𝑝 − 𝑛𝜖 ≤ 𝑋 ≤ 𝑛𝑝 + 𝑛𝜖]) ≈

Φ(𝑛𝜖

√𝑛𝑝𝑞) −Φ(

−𝑛𝜖

√𝑛𝑝𝑞) = 2Φ(

𝜖√𝑛

√𝑝𝑞) .

Uzimanjem limesa, imamo da je:

lim𝑛→∞

𝑃 ([|𝑋

𝑛− 𝑝| ≤ 𝜖]) ≈ lim

𝑛→∞2Φ(

𝜖√𝑛

√𝑝𝑞) = 1 .

Tumačenje relacije (4) je: za dovoljno velike 𝑛 vjerovatnoća da apsolutna vrijednost razlike relativne

frekvencije uspjeha u Bernoullijevoj šemi i vjerovatnoće uspjeha u svakom pokusu bude manja od

datog 𝜖 > 0 je približno jednaka 1.

Slika 14: Grafik funkcije 𝛷

−0.5

0.5

3 1 −1 −3

(3)

(4)


63

Zbog toga se u primjenama nepoznati parametar 𝑝 u Bernoullijevoj šemi procjenjuje sa relativnom

frekvencijom uspjeha.

Primjer 3.2.3. Bacamo simetričan novčić 1000 puta. Kolika je vjerovatnoća da grb padne više puta od

pisma?

Rješenje: Neka je 𝑋 broj grbova u 1000 bacanja. Tada je 𝑋~𝐵(1000,0.5) i vrijedi:

𝑃([𝑋 ≥ 501]) = 𝑃([501 ≤ 𝑋 ≤ 1000]) ≈ Φ(1000 − 1000 ∙ 0.5

√1000 ∙ 0.5 ∙ 0.5) − Φ(

501 − 1000 ∙ 0.5

√1000 ∙ 0.5 ∙ 0.5) =

Φ(1000 − 1000 ∙ 0.5

√1000 ∙ 0.5 ∙ 0.5) − Φ(

501 − 1000 ∙ 0.5

√1000 ∙ 0.5 ∙ 0.5) =

= Φ(500

√250) − Φ(

1

√250) ≈ 0.5 − 0.024 = 0.476 .

Primjer 3.2.4. Koliko puta treba bacati kocku tako da apsolutna vrijednost razlike relativne frekvencije

pojavljivanja 1 ili 2 i vjerovatnoće pojavljivanja 1 ili 2 u svakom bacanju s vjerovatnoćom 0.9 bude

manja ili jednaka 0.01?

Rješenje: Vjerovatnoća pojavljivanja 1 ili 2 u svakom bacanju je 𝑝 =1

3 . Neka je 𝑋 broj pojavljivanja 1

ili 2 u 𝑛 bacanja. Tada iz pretpostavke slijedi:

𝑃 ([|𝑥

𝑛−1

3| ≤ 0.01]) = 0.9 .

Na osnovu relacije (4) imamo:

0.9 = 𝑃 ([|𝑥

𝑛−1

3| ≤ 0.01]) ≈ 2Φ

(

0.01 ∙ √𝑛

√13 ∙23 )

.

Iz tablica slijedi:

0.01 ∙ √𝑛

√13 ∙23

≈ 1.65 ,

odnosno, 𝑛 = 54450.

Primjer 3.2.5. U kutiji su 3 bijele i 7 crnih kuglica. Slučajno izvlačimo kuglicu sa vraćanjem u kutiju 2000

puta. U kojim granicama s vjerovatnoćom 0.95 treba očekivati relativnu frekvenciju bijelih kuglica?

64

Rješenje: Vjerovatnoća izvlačenja bijele kuglice je 𝑝 = 0.3. Neka je 𝑋 broj bijelih kuglica u 2000

izvlačenja. Tada je 𝑋~𝐵(2000,0.3). Iz pretpostavke i relacije (4) slijedi:

0.05 = 𝑃 ([|𝑋

2000− 0.3| ≤ 𝜖]) ≈ 2Φ(

𝜖 ∙ √2000

√0.3 ∙ 0.7) .

Iz tablica slijedi da je:

𝜖 ∙ √2000

√0.3 ∙ 0.7≈ 1.96 ⇒ 𝜖 ≈ 0.02 ,

tj. granice relativne frekvencije su 0.3 − 0.02 = 0.28 i 0.3 + 0.02 = 0.32.

3.3. Funkcija gustoće i funkcija distribucije

Neka je (Ω,𝒫(Ω), 𝑃) diskretan prostor vjerovatnoće i 𝑋 diskretna slučajna varijabla na Ω sa

distribucijom vjerovatnoće:

𝑋: (𝑎1 𝑎2 … 𝑎𝑛 …

𝑝1 𝑝2 … 𝑝𝑛 …) .

Vrijedi:

𝐹𝑋(𝑥) = 𝑃([𝑥 ≤ 𝑥]) = ∑ 𝑝𝑖𝑎𝑖≤𝑥

=∑𝑓𝑋(𝑦)

𝑦≤𝑥

.

Definicija 3.3.1. Funkcija gustoće od 𝑋 je funkcija 𝑓𝑋: ℝ → ℝ definisana sa:

𝑓𝑋(𝑥) = 𝑃([𝑋 = 𝑥]) = {0, 𝑥 = 𝑎𝑖𝑝𝑖 , 𝑥 = 𝑎𝑖

, 𝑖 ∈ ℕ, 𝑥 ∈ ℝ .

Definicija 3.3.2. Funkcija distribucije diskretne slučajne varijable 𝑋 je funkcija 𝐹𝑋:ℝ → ℝ, definisana sa:

𝐹𝑋(𝑥) = 𝑃([𝑋 ≤ 𝑥]), 𝑥 ∈ ℝ.


65

Dokaz:

a)

𝑥1 < 𝑥2

⇒ [𝑋 ≤ 𝑥1] ∈ [𝑋 ≤ 𝑥2]

⇒ 𝑃([𝑋 ≤ 𝑥1]) ≤ 𝑃([𝑋 ≤ 𝑥2])

⇒ 𝐹𝑋(𝑥1) ≤ 𝐹𝑋(𝑥2) .

b) Neka je 𝑥 ∈ ℝ proizvoljna tačka i neka je niz (𝑥𝑛)𝑛∈ℕ takav da s desna konvergira ka 𝑥. Bez

gubljenja opštosti možemo pretpostaviti da je niz (𝑥𝑛)𝑛∈ℕ strogo opadajući,

tj. 𝑥𝑛 > 𝑥𝑛+1, 𝑛 ∈ ℕ i lim𝑛→∞

𝑥𝑛 = 𝑥.

Tada je:

[𝑋 ≤ 𝑥𝑛] ⊇ [𝑋 ≤ 𝑥𝑛+1], 𝑛 ∈ ℕ ,

⋂[𝑋 ≤ 𝑥𝑛]

+∞

𝑛=1

= [𝑋 ≤ 𝑥] ,

jer vrijedi:

𝑦 ∈ [𝑋 ≤ 𝑥𝑛+1] ⇒ 𝑦 ∈ [𝑋 ≤ 𝑥𝑛] ,

⇒ 𝑋(𝑦) ≤ 𝑥𝑛+1 < 𝑥𝑛

⇒ 𝑦 ∈ [𝑋 ≤ 𝑥𝑛].

𝑦 ∈ ⋂[𝑋 ≤ 𝑥𝑛]

+∞

𝑛=1

⇔ 𝑦 ∈ [𝑋 ≤ 𝑥𝑛], 𝑛 ∈ ℕ ⇔ 𝑋(𝑦) ≤ 𝑥 ⇔ 𝑦 ∈ [𝑋 ≤ 𝑥] .

Iz teorema 1.2.1. e) slijedi da je:

𝑃([𝑋 ≤ 𝑥]) = lim𝑛→∞

𝑃([𝑋 ≤ 𝑥𝑛]) ⇒ 𝐹𝑋(𝑥) = lim𝑥→∞

𝐹𝑋(𝑥𝑛).

No, pošto je niz (𝑥𝑛)𝑛∈ℕ proizvoljan za kojeg vrijedi lim𝑛→∞

𝑥𝑛 = 𝑥 s desna, to je

𝐹𝑋(𝑥) = lim𝑦→𝑥+0

𝐹𝑋(𝑦),

Teorem 3.3.1. Neka je 𝛺,𝒫(𝛺), 𝑃) diskretan prostor vjerovatnoće, 𝑋 diskretna slučajna varijabla na 𝛺 i

𝐹𝑋 funkcija distribucije od 𝑋. 𝐹𝑋 ima sljedeća svojstva:

a) 𝐹𝑋 je monotono neopadajuća funkcija na ℝ, tj. ∀𝑥1, 𝑥2 ∈ ℝ i 𝑥1 < 𝑥2 ⇒ 𝐹𝑋(𝑥1) ≤ 𝐹𝑋(𝑥2) .

b) 𝐹𝑋 je neprekidna s desna.

c) 𝑙𝑖𝑚𝑛→+∞

𝐹𝑋(𝑥) = 𝐹𝑋(+∞) = 1 .

d) 𝑙𝑖𝑚𝑛→−∞

𝐹𝑋(𝑥) = 𝐹𝑋(−∞) = 0 .

66

Odnosno, 𝐹𝑋 je neprekidna s desna.

c) Neka je (𝑥𝑛)𝑛∈ℕ proizvoljan niz takav da je lim𝑛→+∞

𝑥𝑛 = +∞. Bez gubitka opštosti možemo

pretpostaviti da je niz (𝑥𝑛)𝑛∈ℕ strogo rastući. Tada je [𝑋 ≤ 𝑥𝑛], 𝑛 ∈ ℕ uzlazni niz događaja,

tj. vrijedi da je:

[𝑋 ≤ 𝑥𝑛] ⊆ [𝑋 ≤ 𝑥𝑛+1], 𝑛 ∈ ℕ .

Tada, na osnovu teorema 1.2.1. d) vrijedi:

lim𝑛→∞

𝑃([𝑋 ≤ 𝑥𝑛]) = 𝑃 (⋃[𝑋 ≤ 𝑥𝑛]

+∞

𝑛=1

) = 𝑃(Ω) = 1 ⇒ lim𝑥→+∞

𝐹𝑋(𝑥) = 1 .

Za strogo opadajući niz (𝑥𝑛)𝑛∈ℕ i lim𝑛→+∞

𝑥𝑛 = −∞ vrijed:

lim𝑛→∞

𝑃([𝑋 ≤ 𝑥𝑛]) = 𝑃 (⋂[𝑋 ≤ 𝑥𝑛]

+∞

𝑛=1

) = 𝑃(∅) = 0 ⇒ lim𝑥→−∞

𝐹𝑋(𝑥) = 0 ∎

Neka je 𝑥1 < 𝑥2. Tada je:

a)

𝑃([𝑥1 < 𝑋 ≤ 𝑥2]) = 𝑃([𝑋 ≤ 𝑥2]\[𝑋 ≤ 𝑥1]) =

= 𝑃([𝑋 ≤ 𝑥2]) − 𝑃([𝑋 ≤ 𝑥1]) = 𝐹𝑋(𝑥2) − 𝐹𝑋(𝑥1)

jer je [𝑋 ≤ 𝑥1] ⊆ [𝑋 ≤ 𝑥2] .

b)

𝑃([𝑥1 < 𝑋 ≤ 𝑥2]) = lim𝑥→∞

𝑃 ([𝑥1 −1

𝑛< 𝑋 ≤ 𝑥2]) =

= lim𝑛→∞

(𝑃([𝑋 ≤ 𝑥2]) − 𝑃 ([𝑋 ≤ 𝑥1 −1

𝑛])) =

= 𝑃([𝑋 ≤ 𝑥2]) − lim𝑛→∞

𝑃 ([𝑋 ≤ 𝑥2 −1

𝑛]) =

= 𝐹𝑋(𝑥2) − lim𝑥→𝑥1−0

𝐹𝑋(𝑥) = 𝐹𝑋(𝑥1) − 𝐹𝑋(𝑥1 − 0) ,

gdje je 𝐹𝑋(𝑥1 − 0) oznaka za limes s lijeve strane.

c)

𝑃([𝑥1 ≤ 𝑋 < 𝑥2]) = lim𝑥→∞

𝑃 ([𝑥1 −1

𝑛< 𝑋 ≤ 𝑥2 −

1

𝑛]) =

= lim𝑛→∞

(𝑃 ([𝑋 ≤ 𝑥2 −1

𝑛]) − 𝑃 ([𝑋 ≤ 𝑥1 −

1

𝑛])) =


67

= lim𝑛→∞

(𝐹𝑋 (𝑥2 −1

𝑛) − 𝐹𝑋 (𝑥1 −

1

𝑛)) = 𝐹𝑋(𝑥2 − 0) − 𝐹𝑋(𝑥1 − 0) .

d)

𝑃([𝑥1 < 𝑋 < 𝑥2]) = lim𝑥→∞

𝑃 ([𝑥1 < 𝑋 ≤ 𝑥2 −1

𝑛]) =

= lim𝑛→∞

(𝑃 ([𝑋 ≤ 𝑥2 −1

𝑛]) − 𝑃([𝑋 ≤ 𝑥1])) = 𝐹𝑋(𝑥2 − 0) − 𝐹𝑋(𝑥1) .

U gornjim relacijama korišten je teorem 1.2.1. d) i e).

Neka je 𝑥 ∈ ℝ proizvoljan. Tada je:

𝑓𝑋(𝑥) = 𝑃([𝑋 = 𝑥]) = 𝑃 (⋂[𝑥 −1

𝑛< 𝑋 ≤ 𝑥]

+∞

𝑛=1

) =

lim𝑛→+∞

𝑃 ([𝑥 −1

𝑛< 𝑋 ≤ 𝑥]) = lim

𝑛→∞(𝐹𝑋(𝑥) − 𝐹𝑋 (𝑥 −

1

𝑛) = 𝐹𝑋(𝑥) − 𝐹𝑋(𝑥 − 0)

Primjer 3.3.1. Kutija sadrži 3 bijele, 2 crne i 5 plavih kuglica. Slučajno izvlačimo jednu kuglicu. Neka je

𝑋 slučajna varijabla koja bijele preslikava u 1, crne u 2 i plave u 3. Naći funkciju gustoće i funkciju

distribucije od 𝑋! Nacrtati grafik funkcije distribucije od 𝑋.

Rješenje: Distribucija od 𝑋 je:

𝑋: (1 2 33

10

2

10

5

10

) .

Funkcija gustoće je:

𝑓𝑋(𝑥) = 𝑃([𝑋 = 𝑥]) =

{

3

10, 𝑥 = 1

2

10, 𝑥 = 2

5

10, 𝑥 = 3

0, 𝑥 ≠ 1,2,3

, 𝑥 ∈ ℝ .

Funkcija distribucije je:

𝐹𝑋(𝑥) = 𝑃([𝑋 ≤ 𝑥]) =

{

0, 𝑥 < 13

10, 1 ≤ 𝑥 < 2

5

10, 2 ≤ 𝑥 < 3

1, 𝑥 ≠ 1,2,3

68

Primjer 3.3.2. Bacamo 2 tetraedra. Neka je 𝑋 apsolutna vrijednost razlike brojeva koji su pali na donju

stranu u oba tetraedra. Naći funkciju gustoće i funkciju distribucije od 𝑋! Nacrtati grafik funkcije

distribucije.

Rješenje: Prostor elementarnih događaja je:

Ω = {(i, j) | 𝑖, 𝑗 = 1,4̅̅ ̅̅ },

ukupno 42 = 16.

Ishodi za [𝑋 = 0] su:

{(1,1), (2,2), (3,3), (4,4)},

što je ukupno 4, pa je:

𝑃([𝑋 = 0]) =4

16=1

4 .


{(1,2), (2,1), (2,3), (3,2), (3,4), (4,3)},


𝑃([𝑋 = 1]) =6

16=3

8 .


{(1,3), (3,1), (2,4), (4,2)},


𝑃([𝑋 = 2]) =4

16=1

4 .

Slika 15: Izgled funkcije distribucije za primjer 3.2.1.

1

2

3

3 2 1


69


{(1,4), (4,1)},


𝑃([𝑋 = 3]) =2

16=1

8 .

Tim je distribucija vjerovatnoće od 𝑋:

𝑋: (0 1 2 31

4

3

8

1

4

1

8

) .

Funkcija gustoće od 𝑋 je:

𝑓𝑋(𝑥) =

{

1

4, 𝑥 = 0

3

8, 𝑥 = 1

1

4, 𝑥 = 2

1

8, 𝑥 = 3

0, 𝑥 ≠ 0,1,2,3

, 𝑥 ∈ ℝ .

Funkcija distribucije od 𝑋 je:

𝐹𝑋(𝑥) =

{

0, 𝑥 < 01

4, 0 ≤ 𝑥 < 1

5

8, 1 ≤ 𝑥 < 2

7

8, 2 ≤ 𝑥 < 3

1, 3 ≤ 𝑥

, 𝑥 ∈ ℝ .

Slika 16: Funkcija distribucije za primjer 3.2.2.

7

8 1

3 2

5

8

1

4

1

70

Primjer 3.3.3. Neka je:

𝐹𝑋(𝑥) =

{

0, 𝑥 < 11

2, 1 ≤ 𝑥 < 2

3

4, 2 ≤ 𝑥 < 3

7

8, 3 ≤ 𝑥 < 4

1, 4 ≤ 𝑥

, 𝑥 ∈ ℝ .

Izračunati:

a) 𝑃 ([1

4< 𝑋 <

7

2]) .

b) 𝑃 ([5

2≤ 𝑋 < 4]) .

c) 𝑃([𝑋 > 3]) .

d) 𝑓𝑋(𝑥) .

Rješenje:

a) Imamo da je:

𝑃 ([1

4< 𝑋 <

7

2]) = 𝐹𝑋 (

7

2− 0) − 𝐹𝑋 (

1

4) =

7

8− 0 =

7

8 .

b) Imamo da je:

𝑃 ([5

2≤ 𝑋 < 4]) = 𝐹𝑋(4 − 0) − 𝐹𝑋 (

5

2− 0) =

7

8−3

4=1

8 .

c) Imamo da je:

𝑃([𝑋 > 3]) = 1 − 𝑃([𝑋 ≤ 3]) = 1 − 𝐹𝑋(3) = 1 −7

8=1

8 .

d) Imamo da je:

𝑃([𝑋 = 1]) = 𝐹𝑋(1) − 𝐹𝑋(1 − 0) =1

2− 0 =

1

2 ,

𝑃([𝑋 = 2]) = 𝐹𝑋(2) − 𝐹𝑋(2 − 0) =3

4−1

2=1

4 ,

𝑃([𝑋 = 3]) = 𝐹𝑋(3) − 𝐹𝑋(3 − 0) =7

8−3

4=1

8 ,

𝑃([𝑋 = 4]) = 𝐹𝑋(4) − 𝐹𝑋(4 − 0) = 1 −7

8=1

8 ,

𝑃([𝑋 = 𝑥]) = 0, 𝑥 ≠ 1,2,3,4 .


71

Tim je funkcija gustoće od 𝑋:

𝑓𝑋(𝑥) =

{

1

2, 𝑥 = 1

1

4, 𝑥 = 2

1

8, 𝑥 = 3

1

8, 𝑥 = 4

0, 𝑥 ≠ 1,2,3,4

, 𝑥 ∈ ℝ .

72

Definicija 3.3.4. Neka je 𝑋 = (𝑋1, … , 𝑋𝑛), 𝑛 ∈ ℕ diskretan 𝑛-dimenzionalan slučajni vektor. Funkcija

gustoće slučajnog vektora 𝑋 ili zajednička funkcija gustoće slučajnih varijabli 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛 je funkcija:

𝑓𝑋 = 𝑓𝑋1,…,𝑋𝑛:ℝ𝑛 → ℝ

definisana sa:

𝑓𝑋(𝑥) = 𝑓𝑋((𝑥1, 𝑥2 , … , 𝑥𝑛)) = 𝑃([𝑋 = 𝑥]) = 𝑃([𝑋1 = 𝑥1, … , 𝑋𝑛 = 𝑥𝑛]) =

= {𝑃𝑖1,…,𝑖𝑛 , 𝑥1 = 𝑎𝑖1

1 , 𝑥2 = 𝑎𝑖22 , … , 𝑥𝑛 = 𝑎𝑖𝑛

𝑛

0, 𝑖𝑛𝑎č𝑒 , 𝑖1, 𝑖2, … , 𝑖𝑛 ∈ ℕ,

gdje je 𝑥 = (𝑥1 , 𝑥2, … , 𝑥𝑛) ∈ ℝ𝑛 i gdje su:

𝑋1: (𝑎11 𝑎2

1 … 𝑎𝑛1 …

𝑝11 𝑝2

1 … 𝑝𝑛1 …

) , 𝑋2: (𝑎12 𝑎2

2 … 𝑎𝑛2 …

𝑝12 𝑝2

2 … 𝑝𝑛2 …

) ,… , 𝑋𝑛: (𝑎1𝑛 𝑎2

𝑛 … 𝑎𝑛𝑛 …

𝑝1𝑛 𝑝2

𝑛 … 𝑝𝑛𝑛 …

)

distribuirane vjerovatnoće slučajnih varijabli 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛 .

Neka su:

𝑋: (𝑎1 𝑎2 … 𝑎𝑛 …

𝑝1 𝑝2 … 𝑝𝑛 …) , 𝑌 = (𝑏1 𝑏2 … 𝑏𝑛 …𝑞1 𝑞2 … 𝑞𝑛 …),

Distribucije vjerovatnoća slučajnih varijabli 𝑋, 𝑌 i neka je 𝑍 = (𝑋, 𝑌) slučajni vektor. Tada je funkcija

gustoće slučajnog vektora 𝑍 data sa:

𝑓𝑍(𝑧) = 𝑃([𝑍 = 𝑧]) = 𝑃([𝑋 = 𝑥, 𝑌 = 𝑦]) = {𝑝𝑖,𝑗 , 𝑥 = 𝑎𝑖 , 𝑦 = 𝑏𝑗 , 𝑖, 𝑗 ∈ ℕ

0, 𝑥 ≠ 𝑎𝑖 ∨ 𝑦 ≠ 𝑏𝑗 , 𝑖, 𝑗 ∈ ℕ , 𝑧 = (𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2 .

Definicija 3.3.3. Neka su 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛, 𝑛 ∈ ℕ diskretne slučajne varijable na prostoru vjerovatnoće

(Ω, ℱ, 𝑃). Uređenu 𝑛-torku 𝑋 = (𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛) nazivamo diskretan 𝑛-dimenzionalan slučajni vektor,

ili kraće, slučajni vektor.

Definicija 3.3.5. Funkcija distribucije slučajnog vektora 𝑋 = (𝑋1,… , 𝑋𝑛) je funkcija:

𝐹𝑋 = 𝐹𝑋1,…,𝑋𝑛: ℝ𝑛 → ℝ

definisana sa:

𝐹𝑋(𝑥) = 𝑃([𝑋 ≤ 𝑥]) = 𝑃([(𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛) ≤ (𝑥1 , 𝑥2, … , 𝑦𝑛)]) =

= 𝑃([𝑋1 ≤ 𝑥1, … , 𝑋𝑛 ≤ 𝑥𝑛]), 𝑥 = (𝑥1 , … , 𝑥𝑛) ∈ ℝ𝑛 .


73

Dokaz: a) ⇒ b) :

Neka su 𝑋1, 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅, nezavisne diskretne slučajne varijable. Tada, za proizvoljne 𝑥𝑖 ∈ ℝ, 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅,

vrijedi:

𝐹(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) = 𝑃([𝑋1 ≤ 𝑥1, 𝑋2 ≤ 𝑥2, … , 𝑋𝑛 ≤ 𝑥𝑛]) =

= 𝑃([𝑋1 ≤ 𝑥1]) ∙ 𝑃([𝑋2 ≤ 𝑥2]) …𝑃([𝑋𝑛 ≤ 𝑥𝑛]) =

𝐹𝑋1(𝑥1) ∙ 𝐹𝑋2(𝑥2)…𝐹𝑋𝑛(𝑥𝑛), (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) ∈ ℝ𝑛 .

Odnosno vrijedi relacija pod b).

b) ⇒ c):

Ako vrijedi relacija pod b), tada je:

∑ 𝑓𝑋1,𝑋2,…,𝑋𝑛(𝑦1, 𝑦2, … , 𝑦𝑛)𝑦1≤𝑥1𝑦2≤𝑥2⋮

𝑦𝑛≤𝑥𝑛

= 𝐹𝑋1(𝑥1) ∙ 𝐹𝑋2(𝑥2)…𝐹𝑋𝑛(𝑥𝑛) =

= ∑ 𝑓𝑋1(𝑦1)

𝑦1≤𝑥1

∙ ∑ 𝑓𝑋2(𝑦2)

𝑦2≤𝑥2

… ∑ 𝑓𝑋𝑛(𝑦𝑛)

𝑦𝑛≤𝑥𝑛

=

= ∑ 𝑓𝑋1(𝑦1) ∙ 𝑓𝑋2(𝑦2)…𝑓𝑋𝑛(𝑦𝑛)𝑦1≤𝑥1𝑦2≤𝑥2⋮

𝑦𝑛≤𝑥𝑛

, (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛), (𝑦1, 𝑦2,… , 𝑦𝑛) ∈ ℝ𝑛 .

Otuda je:

𝑓𝑋1,𝑋2,…,𝑋𝑛(𝑦1, 𝑦2,… , 𝑦𝑛) = 𝑓𝑋1(𝑥1) ∙ 𝑓𝑋2(𝑥2)…𝑓𝑋𝑛(𝑥𝑛), (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) ∈ ℝ𝑛 ,

odnosno vrijedi relacija pod c).

Implikacije c) ⇒ b) i b) ⇒ a) očigledno vrijede. ∎

Neka je 𝑥 = (𝑥1, … , 𝑥𝑛) ∈ ℝ𝑛 i neka je 𝑋 = (𝑋1, … , 𝑋𝑛) slučajni vektor.

Teorem 3.3.2. Neka su 𝑋𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ diskretne slučajne varijable. Neka su:

𝐹𝑋1,𝑋2,…,𝑋𝑛 , 𝑓𝑋1,𝑋2,…,𝑋𝑛 , 𝐹𝑋𝑖 , 𝑓𝑋𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅

zajednička funkcija distribucije, zajednička funkcija gustoće, funkcije distribucije, funkcije gustoće

slučajnih varijabli 𝑋𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ redom. Sljedeće relacije su ekvivalentne:

a) 𝑋𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ su nezavisne.

b) 𝐹𝑋1,𝑋2,…,𝑋𝑛(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) = 𝐹𝑋1(𝑥1) ∙ 𝐹𝑋2(𝑥2)…𝐹𝑋𝑛(𝑥𝑛), (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) ∈ ℝ𝑛 .

c) 𝑓𝑋1,𝑋2,…,𝑋𝑛(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) = 𝑓𝑋1(𝑥1) ∙ 𝑓𝑋2(𝑥2)…𝑓𝑋𝑛(𝑥𝑛), (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) ∈ ℝ𝑛 .

74

Tada je:

𝐹𝑋(𝑥) = ∑ 𝑝𝑖1,𝑝𝑖2…,𝑝𝑖𝑛𝑎𝑖11 ≤𝑥1

𝑎𝑖22 ≤𝑥2

⋮𝑎𝑖𝑛𝑛 ≤𝑥𝑛

= ∑ 𝑓𝑋(𝑦)𝑦1≤𝑥1𝑦2≤𝑥2⋮

𝑦𝑛≤𝑥𝑛

=∑𝑓𝑋(𝑦)

𝑦≤𝑥

.

Očigledno vrijedi:

lim𝑥𝑖→−∞

𝐹𝑋(𝑥1, … , 𝑥𝑖 , … 𝑥𝑛) = 0 ,

za proizvoljne 𝑥1, … , 𝑥𝑖−1, 𝑥𝑖+1, … , 𝑥𝑛 i ∀𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅. Dalje je:

lim𝑥1→+∞

⋮𝑥𝑛→+∞

𝐹𝑋(𝑥1, … , 𝑥𝑖 , … 𝑥𝑛) = 1 .

Vrijedi:

𝑝𝑖𝑗= 𝑃([𝑋𝑗 = 𝑎𝑖

𝑗]) = ∑𝑝𝑖1,…,𝑖𝑗−1,𝑖,𝑖𝑗+1,…,𝑖𝑛𝑖1⋮

𝑖𝑗−1𝑖𝑗+1⋮𝑖𝑛

, 𝑗 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ .

Naprimjer, za 𝑛 = 3 i slučajni vektor 𝑈 = (𝑋, 𝑌, 𝑍) vrijedi:

lim𝑥→−∞

𝐹𝑈(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 , 𝑦, 𝑧 ∈ ℝ,

lim𝑦→−∞

𝐹𝑈(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 , 𝑥, 𝑧 ∈ ℝ,

lim𝑧→−∞

𝐹𝑈(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 , 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ,

lim𝑥→+∞𝑦→+∞𝑧→+∞

𝐹𝑈(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 1 .

Neka su:

𝑋: (𝑎1 … 𝑎𝑛 …

𝑝1 … 𝑝𝑛 …) , 𝑌 = (𝑏1 … 𝑏𝑛 …𝑞1 … 𝑞𝑛 …) , 𝑍 = (

𝑐1 … 𝑐𝑛 …

𝑟1 … 𝑟𝑛 …) ,

distribucije vjerovatnoća slučajnih varijabli 𝑋, 𝑌, 𝑍. Neka je funkcija gustoće slučajnog vektora

𝑈 = (𝑋, 𝑌, 𝑍) data sa:


75

𝑓𝑈(𝑥, 𝑦, 𝑧) = {𝑝𝑖,𝑗,𝑘 , 𝑥 = 𝑎𝑖 , 𝑦 = 𝑏𝑗, 𝑧 = 𝑐𝑘 , 𝑖, 𝑗, 𝑘 ∈ ℕ

0, 𝑖𝑛𝑎č𝑒 , (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3 .

Tada je:

𝑝𝑖 =∑𝑝𝑖,𝑗,𝑘𝑗𝑘

, 𝑞𝑘 =∑𝑝𝑖,𝑗,𝑘𝑖𝑘

, 𝑟𝑘 =∑𝑝𝑖,𝑗,𝑘𝑖𝑗

, 𝑖, 𝑗, 𝑘 ∈ ℕ ,

odnosno,

𝑓𝑋(𝑥) =∑𝑓𝑈(𝑥, 𝑏𝑗, 𝑐𝑘)

𝑗𝑘

, 𝑓𝑌(𝑦) =∑𝑓𝑈(𝑎𝑖 , 𝑦, 𝑐𝑘)

𝑖𝑘

, 𝑓𝑍(𝑧) =∑𝑓𝑈(𝑎𝑖, 𝑏𝑗, 𝑧)

𝑖𝑗

, 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ ℝ .

Neka je 𝑍 = (𝑋, 𝑌) slučajni vektor sa funkcijom gustoće 𝑓𝑍. Često se ta funkcija gustoće piše pomoću

tablice. Neka su date distribucije vjerovatnoća slučajnih varijabli 𝑋, 𝑌:

𝑋 = (𝑎1 … 𝑎𝑛 …

𝑝1 … 𝑝𝑛 …) , 𝑌 = (𝑏1 … 𝑏𝑛 …𝑞1 … 𝑞𝑛 …) .

Tada funkciju gustoće 𝑓𝑍 možemo prikazati pomoću tabele:

𝒃𝟏 𝒃𝟐 … 𝒃𝒏 …

𝒂𝟏 𝑝11 𝑝12 … 𝑝1𝑛 …

𝒂𝟐 𝑝21 𝑝22 … 𝑝2𝑛 …

⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋱

𝒂𝒎 𝑝𝑚1 𝑝𝑚2 … 𝑝𝑚𝑛 …

⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋱

𝑝1 = 𝑃([𝑋 = 𝑎1]) = 𝑃([𝑋 = 𝑎1, 𝑌 = 𝑏1]) + 𝑃([𝑋 = 𝑎1, 𝑌 = 𝑏2]) +⋯+

+𝑃([𝑋 = 𝑎1, 𝑌 = 𝑏𝑛]) +⋯ = 𝑝11 + 𝑝12 +⋯+ 𝑝1𝑛 +⋯ =∑𝑝1𝑗𝑗

𝑞1 = 𝑃([𝑌 = 𝑏1]) = 𝑃([𝑋 = 𝑎1, 𝑌 = 𝑏1]) + 𝑃([𝑋 = 𝑎2, 𝑌 = 𝑏1]) + ⋯+

+𝑃([𝑋 = 𝑎𝑛, 𝑌 = 𝑏1]) = 𝑝11 + 𝑝21 +⋯𝑝𝑛1 +⋯ =∑𝑝𝑖1𝑖

.

Analogno i za ostalo 𝑝𝑖 i 𝑞𝑗:

𝑝𝑖 =∑𝑝𝑖𝑗𝑗

𝑖 ∑𝑝𝑖𝑗

𝑖

, 𝑖, 𝑗 ∈ ℕ .

Gornje relacije mogu se prikazati preko funkcije gustoće:

𝑓𝑋(𝑥) =∑𝑓𝑍(𝑥, 𝑏𝑗)

𝑗

𝑖 𝑓𝑌(𝑦) =∑𝑓𝑍(𝑎𝑖 , 𝑦)

𝑖

, 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ .

𝑦 𝑥

76

Neka je 𝑋 = (𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛) slučajni vektor, 𝑓𝑋 i 𝐹𝑋 funkcija gustoće, odnosno funkcija distribucije.

Ako su 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛 nezavisne slučajne varijable, tada je:

𝑓𝑋(𝑥1, 𝑥2 , … , 𝑥𝑛) = 𝑃([𝑋1 = 𝑥1 , 𝑋2 = 𝑥2, … , 𝑋𝑛 = 𝑥𝑛]) = |𝑧𝑏𝑜𝑔 𝑛𝑒𝑧𝑎𝑣𝑖𝑠𝑛𝑜𝑠𝑡𝑖| =

= 𝑃([𝑋1 = 𝑥1]) ∙ 𝑃([𝑋2 = 𝑥2])… 𝑃([𝑋𝑛 = 𝑥𝑛]) =∏𝑃([𝑋𝑖 = 𝑥𝑖])

𝑛

𝑖=1

=∏𝑓𝑋𝑖(𝑥𝑖)

𝑛

𝑖=1

,

gdje je 𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) ∈ ℝ𝑛. Otuda je:

𝑓𝑋 =∏𝑓𝑋𝑖

𝑛

𝑖=1

.

Obrnuto, ako vrijedi (1), tada za proizvoljne 𝐴𝑖 ⊆ ℝ, 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ vrijedi:

𝑃([ ⋃ [𝑋1 = 𝑥1]

𝑥1∈𝐴1

, … , ⋃ [𝑋𝑛 = 𝑥𝑛]

𝑥𝑛∈𝐴𝑛

]) = 𝑃

(

⋃ [𝑋1 = 𝑥1, … , 𝑋𝑛 = 𝑥𝑛]𝑥1∈𝐴1⋮

𝑥𝑛∈𝐴𝑛 )

=

= |𝑧𝑏𝑜𝑔 (1) 𝑖 𝑡𝑒𝑜𝑟𝑒𝑚𝑎 1.2.1. | = ∑ 𝑃[𝑋1 = 𝑥1, … , 𝑋𝑛 = 𝑥𝑛]𝑥1∈𝐴1⋮

𝑥𝑛∈𝐴𝑛

= ∑ 𝑓𝑋(𝑥1, … , 𝑥𝑛)

𝑥1∈𝐴1⋮

𝑥𝑛∈𝐴𝑛

=

= ∑ 𝑓𝑋1(𝑥1)…𝑓𝑋𝑛(𝑥𝑛)

𝑥1∈𝐴1⋮

𝑥𝑛∈𝐴𝑛

= ∑ 𝑓𝑋1(𝑥1)

𝑥1∈𝐴1

… ∑ 𝑓𝑋𝑛(𝑥𝑛)

𝑥𝑛∈𝐴𝑛

=

= ∑ 𝑃([𝑋1 = 𝑥1])

𝑥1∈𝐴1

… ∑ 𝑃([𝑋𝑛 = 𝑥𝑛])

𝑥𝑛∈𝐴𝑛

= 𝑃([𝑋1 ∈ 𝐴1]) …𝑃([𝑋𝑛 ∈ 𝐴𝑛]) ,

tj. 𝑋𝑖 , 𝑖 = 1,2̅̅ ̅̅ su nezavisne.

Dakle, 𝑋𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ su nezavisne slučajne varijable, ako i samo ako, vrijedi relacija (1).

Također, ako su 𝑋𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ nezavisne slučajne varijable, vrijedi:

𝐹𝑋(𝑥1, … 𝑥𝑛) = 𝑃([𝑋1 ≤ 𝑥1, … , 𝑋𝑛 ≤ 𝑥𝑛]) = 𝑃([𝑋1 ≤ 𝑥1])…𝑃([𝑋𝑛 ≤ 𝑥𝑛]) =

= 𝐹𝑋1(𝑥1) …𝐹𝑋𝑛(𝑥𝑛), 𝑥 = (𝑥1, … , 𝑥𝑛) ∈ ℝ𝑛 .

Otuda je:

𝐹𝑋 =∏𝐹𝑋𝑖

𝑛

𝑖=1

.

Vrijedi i obrnuto, tj. iz relacije (2) slijedi nezavisnost slučajnih varijabli 𝑋𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅.

(1)

(2)


77

Dakle, slučajne varijable 𝑋𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ su nezavisne, ako i samo ako, vrijedi relacija (2).

Primjer 3.3.4. Bacamo tetraedar na ploču i gledamo koji je broj pao na donju stranu. Tada, toliko puta

bacamo novčić i gledamo koliko je puta palo pisama. Neka je 𝑋 broj koji je pao na donju stranu, a 𝑌

broj pisama.

a) Naći funkciju gustoće slučajnog vektora 𝑍 = (𝑋, 𝑌) .

b) Naći funkciju gustoće za 𝑋 i 𝑌 .

c) Ispitati nezavisnost 𝑋 i 𝑌 .

d) Izračunati 𝑃([𝑋 ≤ 2, 𝑌 > 1]) .

Rješenje:

a) Imamo da je:

𝑃([𝑌 = 0|𝑋 = 1]) =1

2

⇒ 𝑝10 = 𝑃([𝑋 = 1, 𝑌 = 0]) = 𝑃([𝑋 = 1]) ∙ 𝑃([𝑌 = 0|𝑋 = 1]) =1

4∙1

2=1

8 ,

𝑃([𝑌 = 1|𝑋 = 1]) =1

2

⇒ 𝑝11 = 𝑃([𝑋 = 1, 𝑌 = 1]) = 𝑃([𝑋 = 1]) ∙ 𝑃([𝑌 = 1|𝑋 = 1]) =1

4∙1

2=1

8 ,

𝑃([𝑌 = 0|𝑋 = 2]) =1

4 ⇒ 𝑝20 =

1

4∙1

4=1

16 ,

𝑃([𝑌 = 1|𝑋 = 2]) = (21) (1

2)1

(1

2)1

=1

2 ⇒ 𝑝21 =

1

4∙1

2=1

8 ,

𝑃([𝑌 = 2|𝑋 = 2]) = (22) (1

2)2

(1

2)0

=1

4 ⇒ 𝑝22 =

1

4∙1

4=1

16 ,

𝑃([𝑌 = 0|𝑋 = 3]) = (30) (1

2)0

(1

2)3

=1

8 ⇒ 𝑝30 =

1

4∙1

8=1

13 ,

𝑃([𝑌 = 1|𝑋 = 3]) =3

8 ⇒ 𝑝31 =

3

32 ,

𝑃([𝑌 = 2|𝑋 = 3]) =3

8 ⇒ 𝑝32 =

3

32 ,

𝑃([𝑌 = 3|𝑋 = 3]) =1

8 ⇒ 𝑝33 =

1

32 ,

𝑃([𝑌 = 0|𝑋 = 4]) =1

16 ⇒ 𝑝40 =

1

64 ,

𝑃([𝑌 = 1|𝑋 = 4]) =1

4 ⇒ 𝑝41 =

1

16 ,

𝑃([𝑌 = 2|𝑋 = 4]) =3

8 ⇒ 𝑝42 =

3

32 ,

𝑃([𝑌 = 3|𝑋 = 4]) =1

4 ⇒ 𝑝43 =

1

16 ,

𝑃([𝑌 = 4|𝑋 = 4]) =1

16 ⇒ 𝑝44 =

1

64 ,

78

𝑝𝑖𝑗 = 0, 𝑗 > 𝑖 .

Time imamo tabelu:

𝟎 𝟏 𝟐 𝟑 𝟒

𝟏 1

8

1

8 0 0 0

𝟐 1

16

1

8

1

16 0 0

𝟑 1

32

3

32

3

32

1

32 0

𝟒 1

64

1

16

3

32

1

16

1

64

b) U tabeli saberemo retke:

𝑝1 = 𝑃([𝑋 = 1]) =1

8+1

8=1

4 ,

𝑝2 = 𝑃([𝑋 = 2]) =1

16+1

8+1

16=1

4 ,

𝑝3 = 𝑃([𝑋 = 3]) =1

32+3

32+3

32+1

32=1

4 ,

𝑝1 = 𝑃([𝑋 = 3]) =1

64+1

16+3

32+1

16+1

64=1

4 .

Tim je distribucija vjerovatnoće slučajne varijable 𝑋:

𝑋:(1 2 3 41

4

1

4

1

4

1

4

) ,

Odnosno, funkcija gustoće slučajne varijable 𝑋:

𝑓𝑋(𝑥) = {

1

4, 𝑥 = 1,4̅̅ ̅̅

0, 𝑢 𝑜𝑠𝑡𝑎𝑙𝑖𝑚 𝑠𝑙𝑢č𝑎𝑗𝑒𝑣𝑖𝑚𝑎 , 𝑥 ∈ ℝ .

U tabeli saberemo stupce:

𝑞𝑜 = 𝑃([𝑌 = 0]) =1

8+1

16+1

32+1

64=15

64 ,

𝑞1 = 𝑃([𝑌 = 1]) =1

8+1

8+3

32+1

16=13

32 , 𝑞2 = 𝑃([𝑌 = 2]) =

1

16+3

32+3

32=1

4 ,

𝑦 𝑥


79

𝑞3 = 𝑃([𝑌 = 3]) =1

32+1

16=3

32 , 𝑞4 = 𝑃([𝑌 = 4]) =

1

64 .

Tim je distribucija vjerovatnoće po 𝑌:

𝑌: (0 1 2 3 415

64

13

32

1

4

3

32

1

64

) ,

odnosno funkcija gustoće po 𝑌:

𝑓𝑌(𝑦) = {𝑞𝑖 , 𝑥 = 𝑖, 𝑖 = 1,4̅̅ ̅̅

0, 𝑢 𝑜𝑠𝑡𝑎𝑙𝑖𝑚 𝑠𝑙𝑢č𝑎𝑗𝑒𝑣𝑖𝑚𝑎 , 𝑥 ∈ ℝ .

c) Imamo da je:

𝑓𝑍(2,1) = 𝑝21 =1

8≠1

4∙13

32=

= 𝑝2 ∙ 𝑞1 = 𝑓𝑋(2) ∙ 𝑓𝑌(1) ,

što znači da varijable 𝑋, 𝑌 nisu nezavisne.

d) Imamo da je:

𝑃([𝑋 ≤ 2, 𝑌 > 1]) = ∑𝑓𝑍(𝑥, 𝑦)

𝑥≤2𝑦>1

=

= 𝑝12 + 𝑝13 + 𝑝14 + 𝑝22 + 𝑝23 + 𝑝24 =1

16 .

3.4. Zadaci – Bernoullijeva šema

1. Bacamo 3 puta dvije kocke. Kolika je vjerovatnoća da se bar jednom na obje kocke pojavi

paran broj?

Rješenje: Neka je 𝐴 događaj da se pojavi paran broj na obje kocke. Tim je:

𝑝 = 𝑃(𝐴) =3

6∙3

6=1

4 , 𝑞 = 1 − 𝑝 =

3

4 .

Neka je 𝑋 broj realizacija događaja 𝐴 u 3 bacanja, tj. neka je 𝑋 broj uspjeha u 3 bacanja. Tada je:

𝑃([𝑋 ≥ 1]) = 1 − 𝑃([𝑋 = 0]) =

= 1 − (30) (1

4)0

(3

4)3

=27

64 .

80

2. Koliko puta treba bacati kocku da bi se sa vjerovatnoćom, ne manjom od 𝟎. 𝟗, moglo

očekivati da će pasti broj 𝟐?

Rješenje: Neka je 𝐴 događaj da je pao broj 2, pa je:

𝑝 = 𝑃(𝐴) =1

6 .

Neka je 𝑋 broj uspjeha. Tada je:

𝑃([𝑋 ≥ 1]) = 1 − 𝑃([𝑋 = 0]) = 1 − (𝑛0) (1

6)0

(5

6)𝑛

.

Iz pretpostavke slijedi da je:

𝑃([𝑋 ≥ 1]) ≥ 0.9

⇒ 1 − (𝑛0) (1

6)0

(5

6)𝑛

≥ 0.9

⇒ (5

6)𝑛

≤ 0.1

⇒ 𝑛 ≥ln 0.1

ln56

≈ 13 .

3. Koliko puta treba bacati 3 kocke pa da se sa vjerovatnoćom, ne manjom od 𝟎.𝟓, može

očekivati da zbir brojeva koji su pali bude 𝟏𝟎?

Rješenje: Neka je 𝐴 događaj da je zbir brojeva koji su pali 10. Sljedeće kombinacije su sa zbirom 10:

{(1,3,6), (1,4,5), (2,2,6), (2,3,5), (2,4,4), (3,3,4)} .

Permutacijom ovih kombinacija dobijemo sve povoljne kombinacije za 𝐴. Broj tih kombinacija je:

3! + 3! + 3! + 3 + 3 + 3 = 27 .

Samim tim je :

𝑃(𝐴) =27

216=1

8 .

Neka je 𝑋~𝐵 (𝑛,1

8). Tada, iz pretpostavke, imamo da je:

𝑃([𝑋 ≥ 1]) ≥ 0.5

⇒ 1 − 𝑃([𝑋 = 0]) ≥ 0.5

⇒ 𝑃([𝑋 = 0]) ≤ 0.5

⇒ (𝑛0) (1

8)0

(7

8)𝑛

≤ 0.5


81

⇒ 𝑛 ≥ln 0.5

ln78

≈ 6 .

4. U jednoj seriji proizvoda je 𝟑% defektivnih. Koliko treba prebaciti proizvoda u skladište pa

da vjerovatnoća, da se u njemu nađe bar jedan defektni proizvod, bude ne manja od 𝟎. 𝟗?

Rješenje: Neka je 𝑋 broj prebačenih defektnih proizvoda. Vjerovatnoća prebacivanja defentnog

proizvoda je 0.03. Tada je:

𝑋~𝐵(𝑛, 0.03),

gdje je 𝑛 broj svih prebačenih proizvoda. Tim je:

𝑃([𝑋 ≥ 1]) = 1 − 𝑃([𝑋 = 0]) ≥ | | ≥ 0.9

𝑃([𝑋 = 0]) ≤ 0.1 ⇒ (𝑛0) (0.03)0(0.97)𝑛 ≤ 0.1

⇒ 𝑛 ≥ln 0.1

ln 0.97≈ 76 .

5. Da li je vjerovatnije dobiti u igri sa ravnopravnim protivnikom u dvije od četiri igre ili u četiri

od šest igara?

Rješenje: Vjerovatnoća da se dobiju dvije od četiri igre je:

(42) (1

2)2

(1

2)2

= 6 ∙1

16=24

64

a vjerovatnoća da se dobiju četiri od šest igara je:

(64) (1

2)4

(1

2)2

=15

64 .

To znači, da je vjerovatnije da će dobiti dvije od četiri igre.

6. Jedan uređaj se sastoji od 𝟔 dijelova koji otkazuju nezavisno jedan od drugog sa

vjerovatnoćom 𝟎. 𝟐. Uređaj prestaje raditi ako otkažu bar 𝟐 dijela. Kolika je vjerovatnoća da

uređaj prestane raditi?

Rješenje: Neka je 𝑋 broj dijelova koji su otkazali. Tada je 𝑋~𝐵(6,0.2), odnosno:

𝑃([𝑋 ≥ 2]) = 1 − 𝑃([𝑋 < 2]) = 1 − 𝑃([𝑋 = 0]) − 𝑃([𝑋 = 1]) =

= 1 − (60) (0.2)0(0.8)6 − (

61) (0.2)1(0.8)5 ≈ 0.34 .

7. Vjerovatnoća da strijelac pogodi cilj je 𝟎.𝟖. Kolika je vjerovatnoća da pogodi dva puta cilj,

najkasnije u petom gađanju?

Rješenje: Neka je 𝑋 broj pogodaka u pet gađanja. Tada je 𝑋~𝐵(5,0.8), pa je:

pretpostavka

82

𝑃([𝑋 = 2]) = (52) (0.8)2(0.2)3 ≈ 0.05 .

8. Kolika je vjerovatnoća pogađanja cilja pri jednom gađanju da bismo sa vjerovatnoćom bar

𝟎.𝟗 očekivali pogađanje cilja u toku 𝟒 gađanja?

Rješenje: Neka je 𝑋 broj pogađanja u 4 gađanja. Tada je 𝑋~𝐵(4, 𝑝), pa je:

𝑃([𝑋 ≥ 1]) ≥ 0.9

⇒ 1 − 𝑃([𝑋 = 0]) ≥ 0.9

⇒ (40) 𝑝0(1 − 𝑝)4 ≤ 0.1

⇒ 1 − 𝑝 ≤ √0.14

≈ 0.56

⇒ 𝑝 ≥ 0.44 .

9. U kutiji imamo 𝟑 bijele i 𝟕 crvenih kuglica, a izvlačimo šest puta po jednu kuglicu sa

vraćanjem. Koji je najvjerovatniji broj izvučenih kuglica?

Rješenje: Neka je 𝑋 broj izvučenih bijelih kuglica. Tada je:

𝑋~𝐵(6,3

10) .

𝑃([𝑋 = 0]) = (60) (0.3)0(0.7)6 ≈ 0.1176 ,

𝑃([𝑋 = 1]) = (61) (0.3)1(0.7)5 ≈ 0.3025 ,

𝑃([𝑋 = 2]) = (62) (0.3)2(0.7)4 ≈ 0.3241 ,

𝑃([𝑋 = 3]) = (63) (0.3)3(0.7)3 ≈ 0.1852 ,

𝑃([𝑋 = 4]) = (64) (0.3)4(0.7)2 ≈ 0.0595 ,

𝑃([𝑋 = 5]) = (65) (0.3)5(0.7)1 ≈ 0.0102 ,

𝑃([𝑋 = 6]) = (66) (0.3)6(0.7)0 ≈ 0.0007 .

Dakle, najvjerovatniji broj izvučenih bijelih kuglica je 2.

10. Jedan pogon proizvodi tri puta više od drugog pogona iste fabrike. U prvom pogonu je 𝟓%,

a u drugom 𝟑% defektnih proizvoda. Dnevna proizvodnja se pakuje u zajedničko skladište.

Ako se iz skladišta slučajno uzme 𝟏𝟓 proizvoda, kolika je vjerovatnoća da su među njima 𝟐

defektna?

Rješenje: Neka je 𝑛 broj proizvoda u skladištu iz drugog pogona. Tada je, iz pretpostavke, 3𝑛 broj

proizvoda u skladištu iz prvog pogona. Ukupan broj proizvoda je 3𝑛 + 𝑛 = 4𝑛.

Vjerovatnoća da izaberemo proizvod u skladištu iz prvog pogona je:

3𝑛

4𝑛=3

4 ,


83

a vjerovatnoća da izaberemo proizvod iz drugog pogona je:

1 −3

4=1

4 .

Vjerovatnoća da izaberemo defektan proizvod je:

3

4∙ 0.05 +

1

4∙ 0.03 = 0.045 .

Neka je 𝑋 broj defektnih u 15 izabranih proizvoda. Tada je:

𝑋~𝐵(15,0.045).

Tim je:

𝑃([𝑋 = 2]) = (152) (0.045)2(0.955)13 ≈ 0.1168 .

11. Student je izašao na ispit znajući 𝟐

𝟑 gradiva. Vjerovatnoća da položi ispit je proporcionalna

dijelu gradiva kojeg je naučio. Ako padne, uči isti dio gradiva. Koliko puta treba izaći na ispit,

pa da sa vjerovatnoćom ne manjom od 𝟎.𝟖, položi ispit?

Rješenje: Vjerovatnoća da student položi ispit je 𝑝 =2

3. Neka je 𝑋 broj izlazaka na ispit. Tada je:

𝑋~𝐵(𝑛,2

3).

𝑃([𝑋 ≥ 1]) ≥ 0.8

⇒ 1 − 𝑃([𝑋 = 0]) ≥ 0.8

⇒ 𝑃([𝑋 = 0]) ≤ 0.2

⇒ (𝑛0) (2

3)0

(1

3)𝑛

≤ 0.2

⇒ 𝑛 ∙ ln1

3≤ ln 0.2

⇒ 𝑛 ≥ln 0.2

ln13

≈ 2 .

12. Koliko treba student naučiti gradiva pa da sa vjerovatnoćom barem 𝟎. 𝟗, ako je vjerovatnoća

da položi ispit proporcionalna dijelu gradiva kojeg je naučio, položi ispit najkasnije četvrti

put?

Rješenje:

𝑋~𝐵(4, 𝑝).

𝑃([𝑋 ≥ 1]) ≥ 0.9

84

⇒ 1 − 𝑃([𝑋 = 0]) ≥ 0.9

⇒ 𝑃([𝑋 = 0]) ≤ 0.1

⇒ (40) 𝑝0(1 − 𝑝)4 ≤ 0.1

⇒ 1 − 𝑝 ≤ √0.14

⇒ 𝑝 ≥ 1 − √0.14

≈ 0.438 .

Dakle, treba da nauči 43.8% gradiva pa da sa vjerovatnoćom od 0.9, najkasnije četvrti put, položi

ispit.

13. Testiramo 𝟏𝟎 uređaja, koji se neće pri testiranju pokvariti, sa vjerovatnoćom 𝟎.𝟗𝟓. Kolika je

vjerovatnoća da:

a) se pokvare tačno 𝟐 uređaja?

b) se pokvari manje od 𝟐 uređaja?

c) se pokvari više od 𝟐, a manje od 𝟓 uređaja?

d) se bar jedan ne pokvari?

Rješenje:

a) Vjerovatnoća da se uređaj pokvari je 𝑝 = 0.05. Neka je 𝑋 broj uređaja koji se pokvare.

Tada je:

𝑋~𝐵(10,0.05),

pa je:

𝑃([𝑋 = 2]) = (102) (0.05)2(0.95)8 ≈ 0.075 .

b) Imamo da je:

𝑃([𝑋 < 2]) = 𝑃([𝑋 = 0]) + 𝑃([𝑋 = 1]) =

= (100) (0.05)0(0.95)10 + (

101) (0.05)1(0.95)9 ≈ 0.91 .

c) Imamo da je:

𝑃([2 < 𝑋 < 5]) = (103) (0.05)3(0.95)7 + (

104) (0.05)4(0.95)6 ≈ 0.01 .

d) Imamo da je:

1 − 𝑃([𝑋 = 10]) = 1 − (1010) (0.05)10(0.95)0 ≈ 1 .

14. Fabrika džempera proizvodi 𝟗𝟎% džempera koji zadovoljavaju standard, 𝟓% džempera

škartnih i 𝟓% prvoklasnih. Kolika je vjerovatnoća da među 𝟏𝟎 izabranih bude 𝟕, koji

zadovoljavaju standard, 𝟐 prvoklasna i 𝟏 škartni džemper?


85

Rješenje: Koristimo generalizovanu Bernoullijevu šemu, gdje je:

𝑛 = 10, 𝑝1 = 0.9, 𝑝2 = 0.05, 𝑝3 = 0.05 .

Neka je 𝐴7,2,1 događaj da je 7 koji su po standardu, 2 prvoklasna i 1 škartni. Tada je:

𝑃(𝐴7,2,1) =10!

7! ∙ 2! ∙ 1!= (0.9)7(0.05)2(0.05)1 ≈ 0.004 .

15. Bacamo 𝟐 simetrična novčića 𝟏𝟎 puta. Kolika je vjerovatnoća da 𝟓 puta padne i pismo i grb,

𝟑 puta padne pismo na oba novčića, te 𝟐 puta padne grb na oba novčića?

Rješenje: Prostor jednako mogućih događaja je:

Ω = {(𝑃, 𝑃), (𝑃, 𝐺), (𝐺, 𝑃), (𝐺, 𝐺)}.

Vjerovatnoća da padne pismo i grb je:

𝑝1 =2

4=1

2 .

Vjerovatnoća da padnu 2 pisma je:

𝑝2 =1

4 .

Vjerovatnoća da padnu 2 grba je:

𝑝3 =1

4 .

Tim je:

𝑃(𝐴5,3,2) =10!

5! ∙ 3! ∙ 2!∙ (1

2)5

(1

4)3

(1

4)2

=10! ∙ 32

5! ∙ 3! ∙ 2!∙ (1

4)10

≈ 0.0769 .

16. 𝟏𝟐 kuglica bacamo, jednu po jednu, u 𝟔 kutija pod uvjetom da ne možemo promašiti. Kolika

je vjerovatnoća da nakon što smo bacili sve kuglice, u kutijama imamo isti broj kuglica?

Rješenje: Vjerovatnoća da kuglica padne u pojedinu kutiju je 1

6 . Dakle, imamo da je:

𝑛 = 12, 𝑝1 = 𝑝2 = 𝑝3 = 𝑝4 = 𝑝5 = 𝑝6 =1

6.

Tim je:

𝑃(𝐴2,2,2,2,2,2) =12!

2! ∙ 2! ∙ 2! ∙ 2! ∙ 2! ∙ 2!∙ (1

6)2

(1

6)2

(1

6)2

(1

6)2

(1

6)2

(1

6)2

≈ 0.0034 .

86

17. Strijelac gađa 𝟏𝟎 puta metu. U prvi krug pogađa sa vjerovatnoćom 𝟎. 𝟐, a u drugi krug sa

vjerovatnoćom 𝟎. 𝟓, dok promašuje krugove sa vjerovatnoćom od 𝟎.𝟑. Kolika je

vjerovatnoća da manje od 𝟐 puta pogodi prvi krug i barem 𝟕 puta pogodi drugi krug?

Rješenje: Tražena vjerovatnoća je:

𝑝 = 𝑃(𝐴0,7,3) + 𝑃(𝐴0,8,2) + 𝑃(𝐴0,9,1) + 𝑃(𝐴0,10,0) + 𝑃(𝐴1,7,2) + 𝑃(𝐴1,8,1) + 𝑃(𝐴1,9,0) =

=10!

0! ∙ 7! ∙ 3!∙ (0.2)0(0.5)7(0.3)3 +

10!

0! ∙ 8! ∙ 2!∙ (0.2)0(0.5)8(0.3)2 +

+10!

0! ∙ 9! ∙ 1!∙ (0.2)0(0.5)9(0.3)1 +

10!

0! ∙ 10! ∙ 0!∙ (0.2)0(0.5)10(0.3)0 +

+10!

1! ∙ 7! ∙ 2!∙ (0.2)1(0.5)7(0.3)2 +

10!

1! ∙ 8! ∙ 1!∙ (0.2)1(0.5)8(0.3)1 +

+10!

1! ∙ 9! ∙ 0!∙ (0.2)1(0.5)9(0.3)0 ≈ 0.1236 .

18. U jednom skladištu ima 𝟏𝟎% prvoklasnih proizvoda. Iz skladišta je slučajno uzeto 𝟏𝟎𝟎

proizvoda. Kolika je vjerovatnoća da broj prvoklasnih proizvoda bude:

a) tačno 𝟏𝟎?

b) manje od 𝟏𝟎?

c) najmanje 𝟒𝟎?

d) ni manje od 𝟏𝟓 ni više od 𝟑𝟎?

e) bar 𝟑𝟎?

Rješenje: Neka je 𝑋 broj prvoklasnih proizvoda. Tada je:

𝑋~𝐵(100,0.1).

Pošto je:

𝜆 = 100 ∙ 0.1 = 10 ≥ 10,

koristimo normalnu aproksimaciju.

a) Imamo da je:

𝑃([𝑋 = 10]) ≈1

√100 ∙ 0.1 ∙ 0.9∙ 𝜑 (

10 − 100 ∙ 0.1

√100 ∙ 0.1 ∙ 0.9) =

1

3∙ 𝜑(0) ≈

| | ≈1

3∙ 0.3989 ≈ 0.133 .

b) Imamo da je:

𝑃([𝑋 < 10]) = 𝑃([0 ≤ 𝑋 ≤ 9]) = Φ(9 − 100 ∙ 0.1

√100 ∙ 0.1 ∙ 0.9) − Φ(

0 − 100 ∙ 0.1

√100 ∙ 0.1 ∙ 0.9) =

= Φ(−1

3) − Φ(−

10

3) = Φ(

10

3) −Φ(

1

3) ≈ | | ≈ 0.5 − 0.129 ≈ 0.371 .

tablice za 𝜑

tablice za Φ


87

c) Imamo da je:

𝑃([𝑋 ≥ 40]) = 𝑃([40 ≤ 𝑋 ≤ 100]) = Φ(100 − 100 ∙ 0.1

√100 ∙ 0.1 ∙ 0.9) − Φ(

40 − 100 ∙ 0.1

√100 ∙ 0.1 ∙ 0.9) =

= Φ(30) − Φ(10) ≈ 0.5 − 0.5 ≈ 0 .

d) Imamo da je:

𝑃([15 ≤ 𝑋 ≤ 30]) = Φ(30 − 100 ∙ 0.1

√100 ∙ 0.1 ∙ 0.9) − Φ(

15 − 100 ∙ 0.1

√100 ∙ 0.1 ∙ 0.9) =

= Φ(20

3) −Φ(

5

3) ≈ | | ≈ 0.5 − 0.245 ≈ 0.255 .

e) Imamo da je:

𝑃([𝑋 ≥ 20]) = 𝑃([20 ≤ 𝑋 ≤ 100]) = Φ(100 − 100 ∙ 0.1

√100 ∙ 0.1 ∙ 0.9) − Φ(

20 − 100 ∙ 0.1

√100 ∙ 0.1 ∙ 0.9) =

= Φ(30) −Φ(10

3) ≈ | | ≈ 0.5 − 0.5 ≈ 0

19. Jedan pogon proizvede defektan proizvod sa vjerovatnoćom 𝟎. 𝟎𝟐. Proizvodi se pakuju u

kutije od po 𝟏𝟎𝟎 komada proizvoda. Kolika je vjerovatnoća da u kutiji bude:

a) ni jedan defektan proizvod?

b) manje od 𝟒 defektna proizvoda?

c) bar 𝟗𝟓 ispravnih proizvoda?

Rješenje: Neka je 𝑋 broj defektnih proizvoda u kutiji. Tada je:

𝑋~𝐵(100,0.02).

Pošto je:

𝜆 = 100 ∙ 0.02 = 2 < 10.

koristimo Poissonovu aproksimaciju.

a) Imamo da je:

𝑃([𝑋 = 0]) ≈20

0!∙ 𝑒−2 ≈ 0.135 .

b) Imamo da je:

𝑃([𝑋 < 4]) ≈20

0!∙ 𝑒−2 +

21

1!∙ 𝑒−2 +

22

2!∙ 𝑒−2 +

23

3!∙ 𝑒−2 ≈ 0.857 .

c) Imamo da je:

tablice za Φ

tablice za Φ

88

𝑃([𝑋 ≤ 5]) ≈ (20

0!+21

1!+22

2!+23

3!+24

4!+25

5!) ∙ 𝑒−2 ≈ 0.98 .

20. Odrediti broj izvedenih eksperimenata, ako se zna da se u svakom eksperimentu događaj 𝑨

realizuje sa vjerovatnoćom 𝟎.𝟑 i da sa vjerovatnoćom ne manjom od 𝟎. 𝟗𝟓, apsolutna

vrijednost razlike relativne frekvencije događaja 𝑨 i vjerovatnoće događaja 𝑨 u svakom

eksperimentu ne prelazi 𝟎. 𝟎𝟏.

Rješenje: Neka je 𝑋 broj realizacija događaja 𝐴 u 𝑛 eksperimenata. Tada je:

𝑋~𝐵(𝑛, 0.3),

pa je:

𝑃 ([|𝑋

𝑛− 0.3| ≤ 0.01]) ≥ 0.95

𝑃([0.29 ∙ 𝑛 ≤ 𝑋 ≤ 0.31 ∙ 𝑛]) ≈ Φ(0.31 ∙ 𝑛 − 𝑛 ∙ 0.3

√𝑛 ∙ 0.3 ∙ 0.7) − Φ(

0.29 ∙ 𝑛 − 𝑛 ∙ 0.3

√𝑛 ∙ 0.3 ∙ 0.7) =

= Φ(0.01 ∙ √𝑛

√0.21) −Φ(

−0.01 ∙ √𝑛

√21) = 2 ∙ Φ(

0.01 ∙ √𝑛

√0.21) ⇒

2 ∙ Φ(0.01 ∙ √𝑛

√21) ≥ 0.95 ⇒

Φ(0.002 ∙ √𝑛) ≥ 0.475 .

Iz tablica za Φ odredimo 0.002 ∙ √𝑛, tako da je:

Φ(0.002 ∙ √𝑛) = 0.475.

Tim je:

0.002 ∙ √𝑛 ≈ 1.96.

No, pošto je Φ neopadajuća, to je broj izvedenih ekperimenata:

𝑛 ≥ (1.96

0.002)2

⇒ 𝑛 ≥ 960400 .

𝑛 ≥ 960400 .

21. Vjerovatnoća događaja 𝑨 u jednom eksperimentu je 𝟎.𝟐. Kolika je vjerovatnoća da relativna

frekvencija događaja 𝑨 u 𝟏𝟎𝟎 nezavisnih ekperimenata bude između 𝟎.𝟏𝟓 i 𝟎. 𝟐𝟓?

Rješenje: Imamo da je:

𝑋~𝐵(100,0.2),


89

pa je:

𝑃 ([0.15 ≤𝑋

100≤ 0.25]) = 𝑃([0.15 ∙ 100 ≤ 𝑋 ≤ 0.25 ∙ 100]) =

= 2 ∙ Φ(0.05 ∙ √100

√0.16) = 2 ∙ Φ (

0.5

0.4) ≈ | | ≈ 0.788 .

22. Ako je poznato da je vjerovatnoća rađanja dječaka 𝟎. 𝟓𝟓, kolika je vjerovatnoća da među

𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 novorođenčadi bude:

a) više dječaka nego djevojčica?

b) za 𝟏𝟎𝟎 više djevojčica nego dječaka?

Rješenje: Neka je 𝑋 broj dječaka među 10000 novorođenčadi. Tada je:

𝑋~𝐵(10000,0.55).

Pošto je:

𝜆 = 10000 ∙ 0.55 = 5500 ≥ 10 ,

koristićemo normalnu aproksimaciju.

a) Imamo da je:

𝑃([𝑋 ≥ 5001]) = 𝑃([5001 ≤ 𝑋 ≤ 10000]) =

= Φ(10000 − 10000 ∙ 0.55

√10000 ∙ 0.55 ∙ 0.45) − Φ(

5001 − 10000 ∙ 0.55

√10000 ∙ 0.55 ∙ 0.45) ≈

Φ(90.45) − Φ(−10.03) ≈ | | ≈ 0.5 + 0.5 ≈ 1 .

b) Imamo da je:

𝑃([𝑋 = 4900]) ≈1

𝑃([5001 ≤ 𝑋 ≤ 10000])∙ 𝜑 (

4900 − 10000 ∙ 0.55

√10000 ∙ 0.55 ∙ 0.45) ≈

≈1

49.75∙ 𝜑(12.06) ≈ | | ≈ 0 .

23. Telefonska centrala dobija prosječno 𝟗𝟎 poziva na sat. U toku jednog minuta ne može

primati pozive. Kolika je vjerovatnoća da za to vrijeme neće biti više od 𝟑 poziva?

Rješenje: Vjerovatnoća da se poziv dogodi u proizvoljnoj minuti u toku jednog sata je 1

60. Neka je 𝑋

broj poziva u toku jednog minuta kada centrala ne može primiti pozive.

Tada je:

𝑋~𝐵 (90,1

60) .

tablice za Φ

tablice za 𝜑

tablice za 𝜑

90

Pošto je:

𝜆 = 90 ∙1

60=3

2< 10 ,

to koristimo Poissonovu aproksimaciju, pa je:

𝑃([𝑋 ≤ 3]) ≈ ((1.5)0

0!+(1.5)1

1!+(1.5)2

2!+(1.5)3

3!) ∙ 𝑒−1.5 ≈ 0.93 .


91

4. Numeričke karakteristike slučajnih varijabli – Zakon velikih

brojeva

4.1. Matematičko očekivanje

Neka je (Ω, ℱ, 𝑃) diskretni prostor vjerovatnoće i 𝑋 slučajna varijabla sa distribucijom vjerovatnoće:

𝑋: (𝑎1 𝑎2 … 𝑎𝑛 …𝑝1 𝑝2 … 𝑝𝑛 …

) .

Pošto se vjerovatnoća 𝑃 može proširiti sa ℱ na 𝒫(Ω) [24], to ćemo u ovoj glavi uzimati prostor

vjerovatnoće (Ω,𝒫(Ω), 𝑃).

Primjer 4.1.1. Bacamo kocku kod koje je jedna strana obojena crvenom, dvije strane obojene plavom i

tri strane obojene bijelom bojom. Gledamo koja je boja pala na gornju stranu. Neka je slučajna varijabla

𝑋 takva da crvenoj, plavoj i bijeloj strani pridružuje brojeve 1, 2 i 3 respektivno. Izračunati

matematičko očekivanje od 𝑋.

Rješenje: Prostor elementarnih događaja je:

Ω = {𝐶, 𝑃, 𝐵},

sa vjerovatnoćama:

𝑃(𝐶) =1

6, 𝑃(𝑃) =

1

3, 𝑃(𝐵) =

1

2 .

Slučajna varijabla 𝑋: Ω → ℝ definisana je sa:

𝑋(𝐶) = 1, 𝑋(𝑃) = 2, 𝑋(𝐵) = 3 .

Tim je distribucija vjerovatnoće slučajne varijable 𝑋 data sa:

𝑋: (1 2 31

6

1

3

1

2

) .

Definicija 4.1.1. Ako je red ∑ 𝑎𝑘𝑝𝑘𝑘 apsolutno konvergentan, onda njegovu sumu nazivamo matematičko

očekivanje slučajne varijable 𝑋 i označavamo sa

𝐸𝑋 = ∑𝑎𝑘𝑝𝑘

+∞

𝑘=1

.

92

Tim je:

𝐸𝑋 = 1 ∙1

6+ 2 ∙

1

3+ 3 ∙

1

2=14

6=7

3 .

Primjer 4.1.2. Bacamo simetričan novčić sve dok se ne pojavi pismo. Neka je 𝑋 broj bacanja. Izračunati

očekivani broj bacanja ili matematičko očekivanje od slučajne varijable 𝑋.

Rješenje:

𝑝1 = 𝑃([𝑋 = 1]) =1

2 ,

𝑝2 = 𝑃([𝑋 = 2]) =1

2∙1

2=1

4 ,

⋮

𝑝𝑘 = 𝑃([𝑋 = 𝑘]) = (1

2)𝑘−1

∙1

2 ,

⋮

gdje je 𝑘 ∈ ℕ, 𝑘 > 1, te je 𝑝1 vjerovatnoća da je palo pismo u prvom bacanju, 𝑝2 je vjerovatnoća da

je palo pismo u drugom bacanju ,..., 𝑝𝑛 je vjerovatnoća da je pismo palo u 𝑛-tom bacanju.

Tim imamo distribuciju slučajne varijable 𝑋:

𝑋: (

1 2 3 … 𝑛 …

1

2(1

2)2

(1

2)3

… (1

2)𝑛

…) .

Imamo da je:

𝐸𝑋 = ∑ 𝑛 ∙ (1

2)𝑛+∞

𝑛=1

=1

2∙∑ 𝑛 ∙ (

1

2)𝑛−1+∞

𝑛=1

=1

2∙∑ 𝑛 ∙ (

1

2)𝑛+∞

𝑛=0

1

2∙

1

(1 −12)2 =

1

2∙ 4 = 2 .


Ω = ℕ 𝑖 𝑃({𝑛}) =1

𝑛(𝑛 + 1), 𝑛 ∈ ℕ .

Pošto je :

∑1

𝑛(𝑛 + 1)

+∞

𝑛=1

=∑(1

𝑛−

1

𝑛 + 1)

+∞

𝑛

= 1 ,

to je 𝑃 vjerovatnoća na Ω, odnosno, (Ω,𝒫(Ω), 𝑃) je prostor vjerovatnoće.


93

Neka je 𝑋 slučajna varijabla definisana sa:

𝑋(𝑛) = (−1)𝑛𝑛, 𝑛 ∈ ℕ .

Kako je:

∑|(−1)𝑛 ∙ 𝑛 ∙1

𝑛(𝑛 + 1)|

+∞

𝑛=1

= ∑1

𝑛 + 1

+∞

𝑛=1

divergentan red, to ne postoji matematičko očekivanje od 𝑋.

Vrijedi da je:

𝐸𝑋 =∑𝑎𝑘𝑝𝑘𝑘

=∑𝑎𝑘 ∑ 𝑝({𝑥})

𝑥∈Ω𝑋(𝑥)=𝑎𝑘

𝑘

=∑ ∑ 𝑋(𝑥) ∙ 𝑃({𝑥})

𝑥∈Ω𝑋(𝑥)=𝑎𝑘

𝑘

= ∑𝑋(𝑥)𝑃({𝑥})

𝑥∈Ω

.

Dokaz: Zbog relacije (1) imamo:

𝐸(𝛼𝑋 + 𝛽𝑌) =∑(𝛼𝑋 + 𝛽𝑌)(𝑥)𝑃({𝑥})

𝑥Ω

= ∑(𝛼𝑋(𝑥) + 𝛽𝑌(𝑥))𝑃({𝑥})

𝑥∈Ω

=

= 𝛼 ∙ ∑|𝑋(𝑥)𝑃({𝑥})|

𝑥∈Ω

+ 𝛽∑|𝑋(𝑥)𝑃({𝑥})|

𝑥∈Ω

= 𝛼𝐸𝑋 + 𝛽𝐸𝑌,

∑(𝛼𝑋(𝑥) + 𝛽𝑌(𝑥))𝑃({𝑥})

𝑥∈Ω

≤ |𝛼|∑𝑋(𝑥)𝑃({𝑥})

𝑥∈Ω

+ |𝛽|∑|𝑌(𝑥)𝑃({𝑥})|

𝑥∈Ω

≤

≤ |

| < ∞ .

Ovo znači da je red:

∑(𝛼𝑋(𝑥) + 𝛽𝑌(𝑥))𝑃({𝑥})

𝑥∈Ω

apsolutno konvergentan. ∎

Teorem 4.1.1. Neka su 𝑋 i 𝑌 slučajne varijable na prostoru 𝛺, za koje postoji matematičko očekivanje

i 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ. Tada slučajna varijabla 𝛼𝑋 + 𝛽𝑌 ima matematičko očekivanje i vrijedi:

𝐸(𝛼𝑋 + 𝛽𝑌) = 𝛼𝐸𝑋 + 𝛽𝐸𝑌 .

(1)

postoji matematičko očekivanje za 𝑋 i 𝑌

94

𝑋 ≥ 0

⇒ 𝑋(𝑥) ≥ 0, 𝑥 ∈ Ω

⇒ 𝑎𝑘 ≥ 0, 𝑘 ∈ ℕ

⇒ 𝐸 𝑋 = ∑ 𝑎𝑘𝑝𝑘𝑘 ≥ 0.

Osobinu:

𝑋 ≥ 0 ⇒ 𝐸𝑋 ≥ 0,

nazivamo pozitivnost matematičkog očekivanja.

𝑋 ≥ 𝑌

⇔ 𝑋(𝑥) ≥ 𝑌(𝑥), 𝑥 ∈ Ω

⇒ 𝑋 − 𝑌 ≥ 0 𝑖 | | ⇒

𝐸(𝑋 − 𝑌) ≥ 0.

𝐸(𝑋 − 𝑌) ≥ 0 𝑖 | |

⇒ 𝐸𝑋 − 𝐸𝑌 ≥ 0

⇒ 𝐸𝑋 ≥ 𝐸𝑌 .

Osobinu:

𝑋 ≥ 𝑌 ⇒ 𝐸𝑋 ≥ 𝐸𝑌,

nazivamo monotonost matematičkog očekivanja.

Primjer 4.1.4.

a) Neka je 𝑋 Bernoulliejeva slučajna varijabla. Tada je:

𝑋: (0 1𝑞 𝑝

) ∧ 𝑞 = 1 − 𝑝 ⇒

𝐸𝑋 = 0 ∙ 𝑞 + 1 ∙ 𝑝 = 𝑝 .

b) Neka je:

𝑋~𝐵(𝑛, 𝑝).

Tada je:

𝑋 = ∑𝑋𝑘

𝑛

𝑘=1

∧ 𝑋𝑘: (0 1𝑞 𝑝

) , 𝑘 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ ,

𝐸𝑋 = 𝐸 (∑𝑋𝑘

𝑛

𝑘=1

) = | | = zbog teorema 4.1.1.

zbog pozitivnosti

zbog teorema 4.1.1.


95

= ∑𝐸𝑋𝑘

𝑛

𝑘=1

= | | = ∑𝑝

𝑛

𝑘=1

= 𝑛𝑝 .

c) Neka je 𝑋 diskretna uniformna slučajna varijabla. Tada imamo da je:

𝑋: (1 2 … 𝑛1

𝑛

1

𝑛…

1

𝑛) ,

𝐸𝑋 = ∑𝑘 ∙1

𝑛

𝑛

𝑘=1

=𝑛(𝑛 + 1)

2∙1

𝑛=𝑛 + 1

2 .

d) Neka 𝑋 ima hipergeometrijsku distribuciju, tj.

𝑃([𝑋 = 𝑘]) =(𝑟𝑘) (𝑛 − 𝑟𝑚 − 𝑘

)

(𝑛𝑚)

, 𝑘 = 0,𝑚̅̅̅̅ ̅̅ .

Tada je:

𝐸𝑋 = ∑𝑘 ∙(𝑟𝑘) (𝑛 − 𝑟𝑚 − 𝑘

)

(𝑛𝑚)

𝑚

𝑘=0

= 𝑟 ∙𝑚

𝑛∙∑

(𝑟 − 1𝑘 − 1

) (𝑛 − 𝑟𝑚 − 𝑘

)

(𝑛 − 1𝑚 − 1

)

𝑚

𝑘=1

= |𝑘 − 1 = 𝑖| =

= 𝑟 ∙𝑚

𝑛∙ ∑

(𝑟 − 1𝑖) (

𝑛 − 𝑟𝑚 − 1 − 𝑖

)

(𝑛 − 1𝑚 − 1

)

𝑚−1

𝑖=0

= 𝑟 ∙𝑚

𝑛 ,

jer vrijedi:

∑(𝑥𝑖) (

𝑦𝑧 − 𝑖

)

𝑧

𝑖=0

= (𝑥 + 𝑦𝑧

) .

e) Neka je:

𝑋~𝑃(𝜆).

𝑇ada je:

𝐸𝑋 = ∑𝑘 ∙𝜆𝑘

𝑘!∙ 𝑒−𝜆

+∞

𝑘=0

= 𝜆 ∙ 𝑒−𝜆 ∙ ∑𝜆𝑘−1

(𝑘 − 1)!

+∞

𝑘=1

= |𝑘 − 1 = 𝑖| =

= 𝜆 ∙ 𝑒−𝜆 ∙ ∑𝜆𝑖

𝑖!

+∞

𝑘=1

= 𝜆 ∙ 𝑒−𝜆 ∙ 𝑒𝜆 = 𝜆 .

zbog a)

96

Neka je slučajna varijabla 𝑋 data sa distribucijom vjerovatnoće:

𝑋: (𝑎1 𝑎2 … 𝑎𝑛 …𝑝1 𝑝2 … 𝑝𝑛 …

)

i neka jen 𝑓𝑋 funkcija gustoće slučajne varijable 𝑋.

Tada, ako postoji matematičko očekivanje od 𝑋, vrijedi:

𝐸𝑋 =∑𝑎𝑖𝑝𝑖𝑖

=∑ 𝑥𝑓𝑋(𝑥)

𝑥∈ℝ

.

Suma je izbrojiva, jer je 𝑋 diskretna slučajna varijabla.

Dokaz: Neka je 𝐴𝑖 ⊆ ℕ, 𝑖 ∈ ℕ, sa osobinom:

𝑏𝑖 = 𝑔(𝑎𝑗), ∀𝑗 ∈ 𝐴𝑖 .

Očigledno je:

⋃𝐴𝑖𝑖

= ℕ .

Tada je:

𝐸𝑔(𝑋) =∑𝑏𝑖𝑖

∙∑𝑝𝑗𝑗

=∑∑𝑏𝑖𝑝𝑗𝑗𝑖

=

=∑∑𝑔(𝑎𝑗)𝑝𝑗𝑗𝑖

=∑𝑔(𝑎𝑖)𝑝𝑖𝑖

∎

Primjer 4.1.5. Neka je 𝑔(𝑥) = 2𝑥2 − 1 i 𝑋 slučajna varijabla iz primjera 4.1.1. Izračunati 𝐸𝑔(𝑋).

Teorem 4.1.2. Neka je 𝑋 slučajna varijabla s distribucijom vjerovatnoće:

𝑋: (𝑎1 𝑎2 … 𝑎𝑛 …𝑝1 𝑝2 … 𝑝𝑛 …

)

i 𝑔:ℝ → ℝ proizvoljna funkcija. Ako je red apsolutno konvergentan, tada je:

𝐸𝑔(𝑋) =∑𝑔(𝑎𝑘) ∙ 𝑝𝑘𝑘

.


97

Rješenje:

𝐸𝑔(𝑋) = (2 ∙ 12 − 1) ∙1

6+ (2 ∙ 22 − 1) ∙

1

3+ (2 ∙ 32 − 1) ∙

1

2=1

6+7

3+17

2= 11

Dokaz:

𝐸𝑔(𝑋, 𝑌) =∑𝑐𝑖,𝑗 ∑ 𝑃([𝑋 = 𝑎𝑘 , 𝑌 = 𝑏𝑙])

𝑘,𝑙𝑔(𝑎𝑘,𝑏𝑙)=𝑐𝑖,𝑗

𝑖,𝑗

=

=∑ ∑ 𝑔(𝑎𝑘 , 𝑏𝑙)𝑃([𝑋 = 𝑎𝑘 , 𝑌 = 𝑏𝑙])

𝑘,𝑙𝑔(𝑎𝑘,𝑏𝑙)=𝑐𝑖,𝑗

=

𝑙,𝑗

=∑𝑔(𝑎𝑘 , 𝑏𝑙)𝑃([𝑋 = 𝑎𝑘 , 𝑌 = 𝑏𝑙])

𝑘,𝑙

=∑𝑔(𝑎𝑘 , 𝑏𝑙)𝑝𝑘𝑙𝑘,𝑙

= ∑ 𝑔(𝑥, 𝑦)𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑦)

𝑋,𝑌∈ℝ

∎

Primjer 4.1.6. Neka su 𝑋 i 𝑌 kao u primjeru 3.2.5. Izračunati 𝐸(√𝑋2 + 𝑌2).

Rješenje:

𝑔(𝑥, 𝑦) = √𝑥2 + 𝑦2

𝐸𝑔(𝑋, 𝑌) =∑𝑔(𝑎𝑘 , 𝑏𝑙)𝑝𝑘𝑙𝑘,𝑙

=∑√𝑎𝑘2 + 𝑏𝑘

2

𝑘,𝑙

= ∑∑√𝑘2 + 𝑙24

𝑙=0

4

𝑘=1

=

= √12 + 02 ∙1

8+ √12 + 12 ∙

1

8+ √22 + 02 ∙

1

16+ √22 + 12 ∙

1

8+

+√22 + 22 ∙1

16+ √32 + 02 ∙

1

32+ √32 + 12 ∙

3

32+ √32 + 22 ∙

3

32+

Teorem 4.1.3. Neka su 𝑋, 𝑌 slučajne varijable sa distribucijama vjerovatnoće:

𝑋: (𝑎1 𝑎2 … 𝑎𝑛 …𝑝1 𝑝2 … 𝑝𝑛 …

) ∧ 𝑌: (𝑏1 𝑏2 … 𝑏𝑛 …𝑞1 𝑞2 … 𝑞𝑛 …

)

Neka je:

𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑦) = {𝑝𝑖,𝑗,

0, 𝑥 = 𝑎𝑖 , 𝑦 = 𝑏𝑗 , 𝑖, 𝑗 ∈ ℕ

𝑥 ≠ 𝑎𝑖 , 𝑦 ≠ 𝑏𝑗 , 𝑖, 𝑗 ∈ ℕ , 𝑥 ∈ ℝ

funkcija gustoće slučajnog vektora (𝑋, 𝑌) (ili zajednička funkcija gustoća slučajnih varijabli 𝑋 i 𝑌).

Neka je 𝑔:ℝ → ℝ proizvoljna funkcija. Tada je:

𝐸𝑔(𝑋, 𝑌) =∑𝑔(𝑎𝑖 , 𝑏𝑗)𝑝𝑖,𝑗𝑖,𝑗

= ∑ 𝑔(𝑥, 𝑦)𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑦),

𝑥,𝑦∈ℝ

ako je red apsolutno konvergentan.

98

+√32 + 32 ∙1

32+ √42 + 02 ∙

1

64+ √42 + 12 ∙

1

16+ √42 + 22 ∙

3

32+

+√42 + 32 ∙1

16+ √42 + 42 ∙

1

64=1

8+√2

8+1

8+√5

8+

+√2

8+3

32+3√10

32+3√13

32+3√2

32+

+1

16+√15

16+3√20

32+5

16+√2

16≈ 2.865 .

Vrijedi generalizacija teorema 4.1.3. Naime, neka su 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛 slučajne varijable sa zajedničkom

gustoćom 𝑓𝑋1,𝑋2,…,𝑋𝑛 i neka je data funkcija 𝑔:ℝ𝑛 → ℝ. Tada je:

𝐸𝑔(𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛) = ∑ 𝑔(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛)𝑓𝑋1,𝑋2,…,𝑋𝑛(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛)

𝑥1,𝑥2,…,𝑥𝑛∈ℝ

.

Dokaz: Neka je 𝑔:ℝ𝑛 → ℝ definisana sa:

𝑔(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) = 𝑥1 ∙ 𝑥2…𝑥𝑛, (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) ∈ ℝ𝑛.

Tada je, na osnovu teorema 4.1.3.:

𝐸(𝑋1. 𝑋2…𝑋𝑛) = 𝐸𝑔(𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛) =

= ∑ 𝑔(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) ∙ 𝑓𝑋1,𝑋2,…,𝑋𝑛(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛)


=

= | | = ∑ 𝑔(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) ∙ 𝑓𝑋1(𝑥1) ∙ 𝑓𝑋2(𝑥2)…𝑓𝑋𝑛(𝑥𝑛) =


= ∑ 𝑥1 ∙ 𝑥2…𝑥𝑛. 𝑓𝑋1(𝑥1) ∙ 𝑓𝑋2(𝑥2)…𝑓𝑋𝑛(𝑥𝑛) =


= ∑ 𝑥1𝑓𝑋1(𝑥1)

𝑥1∈ℝ

∙ ∑ 𝑥2𝑓𝑋2(𝑥2)

𝑥2∈ℝ

… ∑ 𝑥𝑛𝑓𝑋𝑛(𝑥𝑛)

𝑥𝑛∈ℝ

= (𝐸𝑋1) ∙ (𝐸𝑋2)… (𝐸𝑋𝑛) ∎

Teorem 4.1.4. Neka su slučajne varijable 𝑋𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ nezavisne i neka postoji 𝐸𝑋𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅. Tada,

slučajna varijabla 𝑋1 ∙ 𝑋2…𝑋𝑛 ima matematičko očekivanje i vrijedi:

𝐸(𝑋1 ∙ 𝑋2…𝑋𝑛) = (𝐸𝑋1) ∙ (𝐸𝑋2)… (𝐸𝑋𝑛).

zbog nezavisnosti 𝑋𝑖


99

Vrijedi:

𝑉𝑎𝑟 𝑋 = 𝐸(𝑋 − 𝐸𝑋)2 =

= 𝐸(𝑋2 − 2 ∙ 𝑋 ∙ 𝐸𝑋 + (𝐸𝑋)2) =

= 𝐸𝑋2 − 2(𝐸𝑋)2 + (𝐸𝑋)2 = 𝐸𝑋2 − (𝐸𝑋)2 .

Ova formula je dobra za računanje varijance.

Dokaz:

𝑉𝑎𝑟 (∑𝑋𝑖

𝑛

𝑖=1

) = 𝐸 (∑𝑋𝑖

𝑛

𝑖=1

− 𝐸∑𝑋𝑖

𝑛

𝑖=1

)

2

= 𝐸 (∑𝑋𝑖

𝑛

𝑖=1

−∑𝐸𝑋𝑖

𝑛

𝑖=1

)

2

= 𝐸 (∑(𝑋𝑖 − 𝐸𝑋𝑖)

𝑛

𝑖=1

)

2

=

= 𝐸(∑(𝑋𝑖 − 𝐸𝑋𝑖)2

𝑛

𝑖=1

+ 2 ∙∑(𝑋𝑖 − 𝐸𝑋𝑖) ∙ (𝑋𝑗 − 𝐸𝑋𝑗)

𝑖<𝑗

) =

=∑(𝑋𝑖 − 𝐸𝑋𝑖)2

𝑛

𝑖=1

+ 𝐸(2 ∙∑(𝑋𝑖 − 𝐸𝑋𝑖) ∙ (𝑋𝑗 − 𝐸𝑋𝑗)

𝑖<𝑗

) = | | =

=∑𝐸(𝑋𝑖 − 𝐸𝑋𝑖)2

𝑛

𝑖=1

+ 2 ∙∑𝐸(𝑋𝑖 − 𝐸𝑋𝑖) ∙ 𝐸(𝑋𝑗 − 𝐸𝑋𝑗)

𝑖<𝑗

=


𝑛

𝑖=1

+∑(𝐸𝑋𝑖 − 𝐸𝑋𝑖) ∙ (𝐸𝑋𝑗 − 𝐸𝑋𝑗)

𝑖<𝑗


𝑛

𝑖=1

=∑𝑉𝑎𝑟𝑋𝑖

𝑛

𝑖=1

∎

Definicija 4.1.2. Neka je 𝑋 slučajna varijabla i neka postoji 𝐸𝑋. Varijanca od 𝑋, u oznaci 𝑉𝑎𝑟𝑋,

definiše se sa:

𝑉𝑎𝑟 𝑋 = 𝐸(𝑋 − 𝐸𝑋)2,

ako postoji 𝐸(𝑋 − 𝐸𝑋)2.

Teorem 4.1.5. Neka su 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛 nezavisne slučajne varijable i neka postoji 𝑉𝑎𝑟𝑋𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅.

Tada je:

𝑉𝑎𝑟 (∑𝑋𝑖

𝑛

𝑖=1

) =∑𝑉𝑎𝑟𝑋𝑖

𝑛

𝑖=1

zbog nezavisnosti 𝑋𝑖

100

Dokaz:

𝐸(𝑋 − 𝑡)2 = 𝐸((𝑋 − 𝐸𝑋) + (𝐸𝑋 − 𝑡))2=

𝐸((𝑋 − 𝐸𝑋)2 + 2 ∙ (𝑋 − 𝐸𝑋) ∙ (𝐸𝑋 − 𝑡) + (𝐸𝑋 − 𝑡)2) =

= 𝐸(𝑋 − 𝐸𝑋)2 + 2 ∙ (𝐸𝑋 − 𝐸𝑋) ∙ (𝐸𝑋 − 𝑡) + (𝐸𝑋 − 𝑡)2 = 𝑉𝑎𝑟𝑋 + (𝐸𝑋 − 𝑡)2 .

Dakle, minimum je za 𝑡 = 𝐸𝑋 i jednak je 𝑉𝑎𝑟𝑋. ∎

Dokaz:

Var(𝛼𝑋 + 𝛽) =E(𝛼𝑋 + 𝛽 − 𝛼𝐸𝑋 − 𝛽)2 = 𝛼2𝐸(𝑋 − 𝐸𝑋)2 = 𝛼2𝑉𝑎𝑟𝑋.∎

Primjer 4.1.7.

a) Neka je 𝑋 slučajna varijabla sa Bernoullijevom distribucijom vjerovatnoće, tj.

𝑋: (0 1𝑞 𝑝

) , 𝑞 = 1 − 𝑝 .

Tada je:

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸𝑋2 − (𝐸𝑋)2 = 02 ∙ 𝑞 + 12 ∙ 𝑝 − 𝑝2 = 𝑝 − 𝑝2 = 𝑝(1 − 𝑝) = 𝑝𝑞 .

b) Neka je:


Tada je, zbog nezavisnosti slučajnih varijabli 𝑋𝑘 , 𝑘 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ :

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝑉𝑎𝑟(∑𝑋𝑘

𝑛

𝑘=1

) = | | = ∑𝑊𝑎𝑟𝑋𝑘

𝑛

𝑘=1

= | | = ∑𝑝𝑞

𝑛

𝑘=1

= 𝑛𝑝𝑞 .

c) Neka je:

𝑋: (1 2 … 𝑛1

𝑛

1

𝑛…

1

𝑛) .

Teorem 4.1.6. Neka je 𝑋 slučajna varijabla i neka postoji 𝐸𝑋2. Tada funkcija 𝑡 → 𝐸(𝑋 − 𝑡)2 ima

strogi minimum u tački 𝑡 = 𝐸𝑋 i jednak je 𝑉𝑎𝑟𝑋.

zbog a) teorem 4.1.6.

Teorem 4.1.7. Neka je 𝑋 slučajna varijabla i 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ . Tada je:

Var (αX + β) = 𝛼2𝑉𝑎𝑟𝑋.


101

Tada je:

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸𝑋2 − (𝐸𝑋)2 = ∑𝑘2 ∙1

𝑛− (

𝑛 + 1

2)2𝑛

𝑘=1

=

=𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)

6∙1

𝑛− (

𝑛 + 1

2)2

=𝑛2 − 1

12 .

d) Neka 𝑋 ima hipergeometrijsku distribuciju. Tada je:

𝐸(𝑋(𝑋 − 1)) = | | = ∑𝑘(𝑘 − 1)(𝑟𝑘) (𝑛 − 𝑟𝑚 − 𝑘

)

(𝑛𝑚)

𝑚

𝑘=0

=

= 𝑚(𝑚 − 1)𝑟(𝑟 − 1)

𝑛(𝑛 − 1)∙∑

(𝑟 − 2𝑘 − 2

) (𝑛 − 𝑟𝑚 − 𝑘

)

(𝑛 − 2𝑚 − 2

)

𝑚

𝑘=0

= |𝑘 − 2 = 𝑖| =

= 𝑚(𝑚 − 1)𝑟(𝑟 − 1)

𝑛(𝑛 − 1)∙ ∑

(𝑟 − 2𝑖) (

𝑛 − 𝑟𝑚 − 2 − 𝑖

)

(𝑛 − 2𝑚 − 2

)

𝑚−2

𝑖=0

= 𝑚(𝑚 − 1)𝑟(𝑟 − 1)

𝑚(𝑚 − 1) ,

jer vrijedi:

∑(𝑥𝑖) (

𝑦𝑝 − 𝑖)

𝑝

𝑖=0

= (𝑥 + 𝑦𝑝

) .

Sada imamo da je:

𝐸(𝑋(𝑋 − 1)) = 𝐸𝑋2 − 𝐸𝑋 ⇒

𝐸𝑋2 = 𝐸(𝑋(𝑋 − 1)) + 𝐸𝑋

⇒ 𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸𝑋2 − (𝐸𝑋)2 = 𝐸(𝑋(𝑋 − 1)) + 𝐸𝑋 − (𝐸𝑋)2 =

= 𝑚(𝑚 − 1)𝑟(𝑟 − 1)

𝑛(𝑛 − 1)+𝑚

𝑟

𝑛− (𝑚

𝑟

𝑛)2

=

=𝑛𝑚(𝑚 − 1)𝑟(𝑟 − 1) + 𝑛𝑚(𝑛 − 1)𝑟 −𝑚2(𝑚 − 1)𝑟2

𝑛2(𝑛 − 1)=

=𝑚𝑟(𝑛𝑚𝑟 − 𝑛𝑚 − 𝑛𝑟 + 𝑛 + 𝑛2 − 𝑛 − 𝑛𝑚𝑟 +𝑚𝑟

𝑛2(𝑛 − 1)=

=𝑚𝑟(𝑛 − 𝑚)(𝑛 − 𝑟)

𝑛2(𝑛 − 1) .

zbog teorema 4.1.1.

102

e) Neka je:

𝑋~𝑃(𝜆).

Tada je:

𝐸(𝑋(𝑋 − 1)) = ∑𝑘(𝑘 − 1)𝜆𝑘

𝑘!𝑒−𝜆

+∞

𝑘=0

= ∑𝑘(𝑘 − 1)𝜆𝑘

𝑘!𝑒−𝜆

+∞

𝑘=2

=

= 𝜆2𝑒−𝜆 ∙ ∑𝜆𝑘−2

(𝑘 − 2)!

+∞

𝑘=2

= |𝑘 − 2 = 𝑖| =

= 𝜆2𝑒−𝜆 ∙∑𝜆𝑖

𝑖!

+∞

𝑖=0

= 𝜆2𝑒−𝜆𝑒𝜆 = 𝜆2 .

Tim je:

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸(𝑋(𝑋 − 1)) + 𝐸𝑋 − (𝐸𝑋)2 = 𝜆2 + 𝜆 − 𝜆2 = 𝜆 .

Primjer 4.1.8. U kutiji su 4 bijele i 6 crnih kuglica. Igrač koji ima 10 poena, izvlači 10 puta kuglicu sa

vraćanjem. Ako izvuče bijelu dobije 2 poena, a ako izvuče crnu, gubi 1 peon. Neka je 𝑋 broj poena igrača

nakon 10 izvlačenja. Naći 𝐸𝑋 i 𝑉𝑎𝑟𝑋.

Rješenje: Neka je 𝑌 broj koliko je puta izvukao bijelu kuglicu u 10 izvlačenja.

Tada je:

𝑌~(10,2

5),

𝑋 = 10 + 2 ∙ 𝑌 − (10 − 𝑌) = 3𝑌 .

Tim je:

𝐸𝑋 = 𝐸(3𝑌) = 3𝐸𝑌 = 3 ∙ 10 ∙2

5= 12 ,

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝑉𝑎𝑟(3𝑌) = 32𝑉𝑎𝑟𝑌 = 9 ∙ 10 ∙2

5∙3

5=108

5 .

Kovarijanca slučajnih varijabli 𝑋 i 𝑌, u oznaci 𝐶𝑜𝑣(𝑋, 𝑌), je:

𝐶𝑜𝑣(𝑋, 𝑌) = 𝐸(𝑋𝑌) − 𝐸𝑋 ∙ 𝐸𝑌 .

Koeficijent korelacije između slučajnih varijabli 𝑋 i 𝑌, u oznaci 𝜚, je:

𝜚 =𝐶𝑜𝑣(𝑋, 𝑌)

√𝑊𝑎𝑟𝑋 ∙ 𝑊𝑎𝑟𝑌 .

Vrijedi, |𝜚| ≤ 1.

Ako je 𝐶𝑜𝑣(𝑋, 𝑌) = 0, kažemo da su 𝑋 i 𝑌 nekorelirane.


103

Ako su slučajne varijable 𝑋 i 𝑌 nezavisne, tada na osnovu teorema 4.1.4. vrijedi:

𝐶𝑜𝑣(𝑋, 𝑌) = 𝐸(𝑋𝑌) − 𝐸𝑋 ∙ 𝐸𝑌 = 𝐸𝑋 ∙ 𝐸𝑌 − 𝐸𝑋 ∙ 𝐸𝑌 = 0.

Obrnuto ne vrijedi.

Primjer 4.1.9. Neka slučajne varijable 𝑋 i 𝑌 imaju zajedničku gustoću datu u tabeli:

−𝟏 𝟎 𝟏

𝟎 1

3 0

1

3

𝟏 0 1

3 0

Tada su distribucije vjerovatnoće za 𝑋 I 𝑌 date sa:

𝑋: (0 12

3

1

3

) 𝑖 𝑌: (−1 0 11

3

1

3

1

3

) .

𝑋 i 𝑌 su zavisne, jer:

𝑃([𝑋 = 0, 𝑌 = 1]) =1

3≠2

3∙1

3= 𝑃([𝑋 = 0]) ∙ 𝑃([𝑌 = 1]) ,

𝐸(𝑋𝑌) =∑𝑖 ∙ 𝑗 ∙ 𝑝𝑖,𝑗𝑖,𝑗

= 0 ∙ (−1) ∙1

3+ 0 ∙ 0 ∙ 0 + 0 ∙ 1 ∙

1

3+

+1 ∙ (−1) ∙ 0 + 1 ∙ 0 ∙1

3+ 1 ∙ 1 ∙ 0 = 0 .

Tim je:

𝐶𝑜𝑣(𝑋, 𝑌) = 𝐸(𝑋𝑌) − 𝐸𝑋 ∙ 𝐸𝑌 = 0 −1

3∙ 0 = 0 ,

što znači da su 𝑋 i 𝑌 nekorelirane.

𝑦

𝑥

104

Primjer 4.1.10. Neka slučajne varijable 𝑋 i 𝑌 imaju zajedničku gustoću kao u primjeru 3.2.4.

𝟎 𝟏 𝟐 𝟑 𝟒

𝟏 1

8

1

8 0 0 0

𝟐 1

16

1

8

1

16 0 0

𝟑 1

32

3

32

3

32

1

32 0

𝟒 1

64

1

16

3

32

1

16

1

64

Izračunati kovarijancu i koeficijent korelacije.

Rješenje:

𝑋:(1 2 3 41

4

1

4

1

4

1

4

) , 𝑌: (0 1 2 3 415

16

13

32

1

4

3

32

1

64

) .

Tim je:

𝐸𝑋 =5

2

𝐸𝑌 = 0 ∙15

16+ 1 ∙

13

32+ 2 ∙

1

4+ 3 ∙

3

32+ 4 ∙

1

64=23

16 ,

𝐸(𝑋𝑌) =∑𝑖 ∙ 𝑗 ∙ 𝑝𝑖,𝑗𝑖,𝑗

=

= 1 ∙ 1 ∙1

8+ 2 ∙ 1 ∙

1

8+ 2 ∙ 2 ∙

1

8+ 3 ∙ 1 ∙

3

32+ 3 ∙ 2 ∙

3

32+

= 3 ∙ 3 ∙1

32+ 4 ∙ 1 ∙

1

16+ 4 ∙ 2 ∙

3

32+ 4 ∙ 3 ∙

1

16+ 4 ∙ 4 ∙

1

64=15

4⇒

𝐶𝑜𝑣(𝑋, 𝑌) = 𝐸(𝑋𝑌) − 𝐸𝑋 ∙ 𝐸𝑌 =15

4−5

2∙23

16=5

32 ,

𝜚 =𝐶𝑜𝑣(𝑋, 𝑌)

√𝑊𝑎𝑟𝑋 ∙ 𝑊𝑎𝑟𝑌=

𝑦 𝑥


105

=

532

√1512∙ (02 ∙

1516+ 12 ∙

1332+ 22 ∙

14+ 32 ∙

332+ 42 ∙

164− (

2316)2

)

≈0.156

0.736≈ 0.21 .

Neka su 𝑋 i 𝑌 slučajne varijable. Tada je:

𝑉𝑎𝑟(𝑋 + 𝑌) = 𝐸(𝑋 + 𝑌)2 − (𝐸(𝑋 + 𝑌))2= 𝐸(𝑋2 + 2𝑋𝑌 + 𝑌2) − (𝐸𝑋 + 𝐸𝑌)2 =

= 𝐸𝑋2 + 2𝐸(𝑋𝑌) + 𝐸𝑌2 − (𝐸𝑋)2 − 2𝐸𝑋 ∙ 𝐸𝑌 − (𝐸𝑌)2 =

= 𝑉𝑎𝑟𝑋 + 𝑉𝑎𝑟𝑌 + 2𝐶𝑜𝑣(𝑋, 𝑌) .

Dokaz: Neka je:

𝑍1 =𝑋

√𝑉𝑎𝑟𝑋+

𝑌

√𝑉𝑎𝑟𝑌 ,

𝑍2 =𝑋

√𝑉𝑎𝑟𝑋−

𝑌

√𝑉𝑎𝑟𝑌 .

Tim je:

𝑉𝑎𝑟𝑍1 = 𝐸 (𝑋


𝑌

√𝑉𝑎𝑟𝑌)2

− (𝐸 (𝑋


𝑌

√𝑉𝑎𝑟𝑌))

2

=

=𝐸𝑋2

𝑉𝑎𝑟𝑋+𝐸𝑌2

𝑉𝑎𝑟𝑌+ 2 ∙

𝐸(𝑋𝑌)

√𝑉𝑎𝑟𝑋 ∙ 𝑊𝑎𝑟𝑌−(𝐸𝑋)2

𝑉𝑎𝑟𝑋−(𝐸𝑌)2

𝑉𝑎𝑟𝑌− 2 ∙

𝐸𝑋 ∙ 𝐸𝑌

√𝑉𝑎𝑟𝑋 ∙ 𝑉𝑎𝑟𝑌=

= 1 + 1 + 2𝜚 = 2(1 + 𝜚) ,

𝑉𝑎𝑟𝑍2 = 𝐸 (𝑋


𝑌

√𝑉𝑎𝑟𝑌)2

− (𝐸 (𝑋


𝑌

√𝑉𝑎𝑟𝑌))

2

=

=𝐸𝑋2

𝑉𝑎𝑟𝑋+𝐸𝑌2

𝑉𝑎𝑟𝑌− 2 ∙

𝐸(𝑋𝑌)

√𝑉𝑎𝑟𝑋 ∙ 𝑉𝑎𝑟𝑌−(𝐸𝑋)2

𝑉𝑎𝑟𝑋−(𝐸𝑌)2

𝑉𝑎𝑟𝑌+ 2 ∙

𝐸𝑋 ∙ 𝐸𝑌

√𝑉𝑎𝑟𝑋 ∙ 𝑉𝑎𝑟𝑌=

= 1 + 1 − 2𝜚 = 2(1 − 𝜚) .

Teorem 4.1.8. Ako je koeficijent korelacije 𝜚 = ±1, tada je:

𝑌 = 𝑎𝑋 + 𝑏, 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ.

Ako je 𝜚 = 1, tada je 𝑎 > 0, odnosno ako je 𝜚 = −1, tada je 𝑎 < 0.

106

Ako je 𝜚 = 1, tada je 𝑉𝑎𝑟𝑍2 = 0, pa je 𝑍2 konstanta s vjerovatnoćom 1, tj. postoji 𝑐 ∈ ℝ takvo

da je 𝑃([𝑍2 = 𝑐]) = 1, odnosno:

𝑋


𝑌

√𝑉𝑎𝑟𝑌= 𝑐 ,

s vjerovatnoćom 1, pa je:

𝑌 =√𝑉𝑎𝑟𝑌

√𝑉𝑎𝑟𝑋∙ 𝑋 − 𝑐 ∙ √𝑉𝑎𝑟𝑌 .

Analogno, ako je 𝜚 = −1, postoji 𝑐′ ∈ ℝ takvo da je:

𝑋


𝑌

√𝑉𝑎𝑟𝑌= 𝑐 ,

pa je:

𝑌 = −√𝑉𝑎𝑟𝑌

√𝑉𝑎𝑟𝑋∙ 𝑋 + 𝑐′ ∙ √𝑉𝑎𝑟𝑌 ∎

4.2. Čebiševljeva nejednakost i slabi zakon velikih brojeva

Dokaz: Neka je:

𝑋: (𝑎1 𝑎2 … 𝑎𝑛 …𝑝1 𝑝2 … 𝑝𝑛 …

) .

Tada je:

𝑉𝑎𝑟𝑋 =∑(𝑎𝑖 − 𝐸𝑋)2 ∙ 𝑝𝑖

𝑖

≥ ∑ (𝑎𝑖 − 𝐸𝑋)2 ∙ 𝑝𝑖

𝑖|𝑎𝑖−𝐸𝑋|≥𝜖

≥

≥ 𝜖2 ∙ ∑ 𝑝𝑖𝑖

|𝑎𝑖−𝐸𝑋|≥𝜖

= 𝜖2𝑃([𝑋 − 𝐸𝑋] ≥ 𝜖) ⇒

𝑃([𝑋 − 𝐸𝑋] ≥ 𝜖) ≤𝑉𝑎𝑟𝑋

𝜖2 ∎

Teorem 4.2.1. (Čebiševljeva nejednakost) Neka je 𝑋 slučajna varijabla za koju postoji varijanca. Tada,

za proizvoljno 𝜖 > 0, vrijedi:

𝑃([|𝑋 − 𝐸𝑋| ≥ 𝜖]) ≤𝑊𝑎𝑟𝑋

𝜖2


107

Sljedeća teorema predstavlja generalizaciju Čebiševljeve nejednakosti.

Dokaz:

𝐸(𝑔(𝑋)) = |𝜅𝐴(𝑥) = {1,0, 𝑥 ∈ 𝐴𝑥 ∉ 𝐴

| =

= 𝐸(𝑔(𝑋)𝜅[𝑔(𝑋)≥𝜖]) + 𝐸(𝑔(𝑋)𝜅[𝑔(𝑋)<𝜖]) ≥

≥ 𝐸(𝑔(𝑋)𝜅[𝑔(𝑋)≥𝜖]) ≥ 𝜖 ∙ 𝐸(𝜅[𝑔(𝑋)≥𝜖]) =

= 𝜖 ∙ 𝑃([𝑔(𝑋) ≥ 𝜖])

⇒ 𝑃([𝑔(𝑋) ≥ 𝜖]) ≤𝐸(𝑔(𝑋))

𝜖 ∎

Primjer 4.2.1. Slučajna varijabla 𝑋 ima matematičko očekivanje 𝐸𝑋 = 4 i varijancu 𝑉𝑎𝑟𝑋 = 0.1.

Pomoću Čebiševljeve nejednakosti procjeniti vjerovatnoću da je 3.5 < 𝑋 < 4.5.

Rješenje:

3.5 − 4 < 𝑋 − 𝐸𝑋 < 4.5 − 4

−0.5 < 𝑋 − 𝐸𝑋 < 0.5

|𝑋 − 𝐸𝑋| < 0.5 ,

𝑃([3.5 < 𝑋 < 4.5]) = 𝑃([|𝑋 − 𝐸𝑋| < 0.5]) = 1 − 𝑃([|𝑋 − 𝐸𝑋| ≥ 0.5]) ≥

≥ 1−𝑉𝑎𝑟𝑋

(0.5)2≈ 0.6 .

Teorem 4.2.2. Neka je 𝑋 slučajna varijabla i 𝑔:ℝ → ℝ nenegativna funkcija, takva da postoji 𝐸(𝑔(𝑋)).

Tada za proizvoljno 𝜖, vrijedi:

𝑃([𝑔(𝑋) ≥ 𝜖]) ≤𝐸(𝑔(𝑋))

𝜖

Definicija 4.2.1. Kažemo da niz slučajnih varijabli 𝑋𝑛, 𝑛 ∈ ℕ konvergira u vjerovatnoći ka slučajnoj

varijabli 𝑋, što označavamo:

𝑋𝑁𝑃→𝑋 (𝑛 → ∞) 𝑖𝑙𝑖 (𝑃) 𝑙𝑖𝑚

𝑛→∞𝑋𝑛 = 𝑋 ,

ako za ∀𝜖 > 0 vrijedi:


𝑃([|𝑋𝑛 − 𝑋| ≥ 𝜖]) = 0.

108

Dokaz: Iz Čebiševljeve nejednakosti slijedi, da za ∀𝜖 > 0 vrijedi:

𝑃([|𝑋𝑛 − 𝐸𝑋𝑛| ≥ 𝜖]) ≤𝑉𝑎𝑟𝑋𝑛𝜖2

.

Tada je:

lim𝑛→∞

𝑃([|𝑋𝑛 − 𝐸𝑋𝑛| ≥ 𝜖]) ≤ lim𝑛→∞

𝑉𝑎𝑟𝑋𝑛𝜖2

= 0

⇒ 𝑋𝑛 − 𝐸𝑋𝑛𝑃→0(𝑛 → ∞) ∎

Aritmetička sredina:

𝑋1 + 𝑋2 +⋯+ 𝑋𝑛𝑛

slučajnih varijabli 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛 ima mnogo izrazitije svojstvo stabilnosti od samih varijabli

𝑋1, 𝑋2,… , 𝑋𝑛. To svojstvo prikazujemo u sljedećom teoremu kojeg nazivamo slabi zakon velikih

brojeva.

Dokaz: Iz Čebiševljeve nejednakosti slijedi, za ∀𝜖 > 0, da je:

𝑃 ([|𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑛

𝑛− 𝐸 (

𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑛𝑛

)| ≥ 𝜖]) ≤𝑉𝑎𝑟 (

𝑋1 + 𝑋2 +⋯+ 𝑋𝑛𝑛

)

𝜖2=

Lema 4.2.1. Neka je 𝑋𝑛, 𝑛 ∈ ℕ niz slučajnih varijabli koje imaju varijance i neka je:


𝑉𝑎𝑟𝑋𝑛 = 0.

Tada:

𝑋𝑁 − 𝐸𝑋𝑛𝑃→ 0 (𝑛 → ∞) .

Teorem 4.2.3. Neka je 𝑋𝑛, 𝑛 ∈ ℕ niz slučajnih varijabli, takav da su, za ∀𝜖 > 0, varijable 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛

nezavisne i neka postoji broj 𝑀 > 0, takav da je 𝑉𝑎𝑟𝑋𝑖 ≤ 𝑀, 𝑖 ∈ ℕ. Tada, za ∀𝜖 > 0, vrijedi:

lim𝑛→∞

𝑃 ([|𝑋1 + 𝑋2 +⋯+ 𝑋𝑛

𝑛− 𝐸 (

𝑋1 + 𝑋2 +⋯+ 𝑋𝑛𝑛

)| ≥ 𝜖]) = 0

ili:

𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑛𝑛

− 𝐸 (𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑛

𝑛)𝑃→0 (𝑛 → ∞) .


109

= | | =

1𝑛2∙

𝜖2≤ | | ≤

≤

1𝑛2∙ 𝑛 ∙ 𝑀

𝜖2=

𝑀

𝑛 ∙ 𝜖2 .

Samim tim, vrijedi:

𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑛𝑛

− 𝐸 (𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑛

𝑛)𝑃→0 (𝑛 → ∞) ∎

Ako u teoremi 4.2.3. vrijedi 𝐸𝑋𝑛 = 𝑎, 𝑛 ∈ ℕ, tada je:

𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑛𝑛

− 𝐸 (𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑛

𝑛) =

=𝑋1 + 𝑋2 +⋯+ 𝑋𝑛

𝑛−𝐸𝑋1 + 𝐸𝑋2 +⋯+ 𝐸𝑋𝑛

𝑛=

=𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑛

𝑛− 𝑎

𝑃→0 (𝑛 → ∞)

⇒ 𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑛

𝑛

𝑃→𝑎 (𝑛 → ∞) .

Neka je 𝑋 slučajna varijabla i neka je 𝑋𝑛, 𝑛 ∈ ℕ vrijednost varijable 𝑋 u 𝑛-tom pokusu. Tada su

𝑋𝑛, 𝑛 ∈ ℕ slučajne varijable, odnosno, 𝑛-torku 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛 nazivamo uzorak. U primjenama su

često 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛, 𝑛 ∈ ℕ nezavisne, pa je 𝐸𝑋𝑖 = 𝐸𝑋. Tada, na osnovu teoreme 4.2.3. imamo da:

𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑛𝑛

− 𝐸𝑋𝑃→0 (𝑛 → +∞) .

Odnosno, za velike 𝑛, razlika aritmetičke sredine uzorka i očekivanja 𝐸𝑋 je manja od proizvoljno malog

𝜖, s vjerovatnoćom koja teži 1.

Neka je slučajna varijabla 𝑋 Bernoullijeva, tj. uspjehu pridružujemo 1, a neuspjehu pridružujemo 0,

odnosno:

𝑋: (0 1𝑞 𝑝

) , 𝑞 = 1 − 𝑝 .

Ako su pokusi nezavisni, označimo rezultate u 1. , 2. , … , 𝑛 −tom pokusu sa 𝑋1, 𝑋2,… , 𝑋𝑛, 𝑛 ∈ ℕ,

koje su nezavisne slučajne varijable i pretpostavimo da je:

𝐸𝑋𝑖 = 𝐸𝑋 = 𝑝, 𝑖 ∈ ℕ .

Tada je:

𝑋1 + 𝑋2 +⋯𝑋𝑛~𝐵(𝑛, 𝑝)

𝑋1, … , 𝑋𝑛 𝑠𝑢 𝑛𝑒𝑧𝑎𝑣𝑖𝑠𝑛𝑒 ∑ 𝑉𝑎𝑟𝑋𝑖

𝑛

𝑖=1

zbog pretpostavke

110

i na osnovu teoreme 4.2.3. vrijedi:

𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑛𝑛

𝑃→𝑝 (𝑛 → ∞) .

Dakle, za velike 𝑛, s vjerovatnoćom koja teži ka 1, razlika relativne frekvencije uspjeha i vjerovatnoća

uspjeha je manja od proizvoljno malog 𝜖. Ovo opravdava klasičnu definiciju vjerovatnoće.

Neka je:

𝑋𝑛~𝐵(𝑛, 𝑝), 𝑛 ∈ ℕ.

Tada, na osnovu Čebiševljeve nejednakosti, vrijedi:

𝑃 ([|𝑋𝑛𝑛− 𝐸 (

𝑋𝑛𝑛)| ≥ 𝜖]) = 𝑃 ([|

𝑋𝑛𝑛− 𝑝| ≥ 𝜖]) ≤

≤𝑉𝑎𝑟 (

𝑋𝑛𝑛)

𝜖2=

1𝑛2∙ 𝑉𝑎𝑟𝑋𝑛

𝜖2=𝑝𝑞

𝑛𝜖2≤

≤ |𝑝𝑞 = 𝑝(1 − 𝑝) ≤1

4| ≤

1

4𝑛𝜖2

⇒ 𝑃([|𝑋𝑛𝑛− 𝐸 (

𝑋𝑛𝑛)| ≥ 𝜖]) ≤

1

4𝑛𝜖2 .

Pošto je 𝑋𝑛 binomna, to je:

𝑃 ([|𝑋𝑛𝑛− 𝐸 (

𝑋𝑛𝑛)| ≥ 𝜖]) = ∑ (

𝑛𝑖) 𝑝𝑖𝑞𝑛−𝑖

𝑖

|𝑖𝑛−𝑃|≥𝜖

.

Otuda, zbog relacije (1) je:

∑ (𝑛𝑖)𝑝𝑖𝑞𝑛−𝑖

𝑖

|𝑖𝑛−𝑝|≥𝜖

≤1

4𝑛𝜖2 .

Otuda:

lim𝑛→∞

∑ (𝑛𝑖) 𝑝𝑖𝑞𝑛−𝑖

𝑖

|𝑖𝑛−𝑝|≥𝜖

= 0 .

Relacija (2) se naziva Bernoullijevi slabi zakon velikih brojeva.

Često se postavlja pitanje, koliko puta treba izvoditi pokus, tj. koliko je 𝑛, pa da vrijedi:

𝑃 ([|𝑋𝑛𝑛− 𝑝| < 𝜖]) ≥ 1 − 𝛼 ,

(1)

(2)


111

gdje je 𝛼 zadan mali broj. Iz relacije (1) slijedi da je:

𝑃 ([|𝑋𝑛𝑛− 𝑝| < 𝜖]) ≥ 1 −

1

4𝑛𝜖2 ,

pa za:

1

4𝑛𝜖2≥ 1− 𝛼

imamo odgovor na to pitanje, tj. za:

𝑛 ≥1

4𝜖2𝛼 .

4.3. Funkcija izvodnica

Ovdje ćemo ispitivati slučajne varijable koje primaju nenegativne cijele vrijednosti.

Neka je slučajna varijabla 𝑋 data sa distribucijom vjerovatnoće:

𝑋: (0 1 … 𝑛 …𝑝0 𝑝1 … 𝑝𝑛 …

) .

Vrijedi da je:

𝐺𝑋(𝑡) = 𝐸(𝑡𝑋) = ∑𝑡𝑘 ∙ 𝑝𝑘

+∞

𝑘=0

, |𝑡| ≤ 1 .

Pošto je ∑ 𝑝𝑘+∞𝑘=0 = 1, to je:

∑𝑡𝑘 ∙ 𝑝𝑘 ,

+∞

𝑘=0

apsolutno konvergentan red za |𝑡| ≤ 1. Iz jedinstvenosti prikaza realne funkcije u Taylorov red, slijedi

da ako dvije slučajne varijable imaju jednake funkcije izvodnice u okolini tačke 0, to imaju i jednake

distribucije vjerovatnoće, tj. 𝐺𝑋(𝑡) = 𝐺𝑌(𝑡) u nekoj okolini tačke 0.

Definicija 4.3.1. Funkciju:

𝐺𝑋:ℝ → ℝ ,

definisanu sa:

𝐺(𝑡) = 𝐸(𝑡𝑋), |𝑡| ≤ 1,

nazivamo funkcija izvodnica od slučajne varijable 𝑋.

112

Tada je:

∑𝑡𝑘 ∙ 𝑝𝑘

+∞

𝑘=0

= ∑𝑡𝑘 ∙ 𝑞𝑘

+∞

𝑘=0

,

gdje je:

𝑌: (0 1 … 𝑛 …𝑞0 𝑞1 … 𝑞𝑛 …

) .

Zbog jedinstvenosti prikaza funkcije 𝐺𝑋(𝑡) u Taylorov red, slijedi da je 𝑝𝑘 = 𝑞𝑘, 𝑘 = 0,1, …, odnosno

𝑋 i 𝑌 imaju jednake distribucije vjerovatnoće.

Dokaz:

𝐺𝑋′ (𝑡) = (∑𝑡𝑘 ∙ 𝑝𝑘

+∞

𝑘=0

)

′

= ∑𝑘 ∙ 𝑡𝑘−1 ∙ 𝑝𝑘

+∞

𝑘=1

,

𝐺𝑋′′(𝑡) = ∑𝑘(𝑘 − 1) ∙ 𝑡𝑘−2 ∙ 𝑝𝑘

+∞

𝑘=2

.

Za 𝑡 = 1 vrijedi:

∑𝑘𝑝𝑘

∞

𝑘=1

= 𝐸𝑋 ,

∑𝑘(𝑘 − 1) ∙ 𝑡𝑘−2 ∙ 𝑝𝑘

+∞

𝑘=2

= 𝐸(𝑋(𝑋 − 1)) ,

gdje su oba reda konvergentna, jer postoji varijanca od 𝑋. Sada, zbog Abelove teoreme, vrijedi:

𝐺𝑋′ (1) = lim

𝑡→1−0𝐺𝑋′ (𝑡) = ∑𝑘𝑝𝑘

∞

𝑘=1

= 𝐸𝑋 ,

𝐺𝑋′′(1) = lim

𝑡→1−0𝐺′′(𝑡) = ∑𝑘(𝑘 − 1)𝑝𝑘

∞

𝑘=2

= 𝐸𝑋((𝑋 − 1)) .

Teorem 4.3.1. Ako slučajna varijabla 𝑋 ima varijancu, tada je njena funkcija izvodnica dva puta

diferencijabilna u tački 𝑡 = 1 i vrijedi:

𝐸𝑋 = 𝐺𝑋′ (1), 𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐺𝑋

′′(1) + 𝐺𝑋′ (1) − [𝐺𝑋

′ (1)]2 ,

pri čemu je:

𝐺𝑋′ (1) = 𝑙𝑖𝑚

𝑡→1−0𝐺𝑋′ (𝑡) 𝑖 𝐺𝑋

′′(1) = 𝑙𝑖𝑚𝑡→1−0

𝐺𝑋′′(𝑡) .


113

Samim tim je:

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸(𝑋(𝑋 − 1)) + 𝐸𝑋 − (𝐸𝑋)2 = 𝐺𝑋′′(1) + 𝐺𝑋

′ (1) − [𝐺𝑋′ (1)]2 ∎

Dokaz:

𝐺∑ 𝑋𝑘𝑛𝑘=1

(𝑡) = 𝐸(𝑡∑ 𝑋𝑘𝑛𝑘=1 ) = | | =

= 𝐸 (∏𝑡𝑋𝑘

𝑛

𝑘=1

) =∏𝐸(𝑡𝑋𝑘)

𝑛

𝑘=1

=∏𝐺𝑋𝑘(𝑡)

𝑛

𝑘=1

∎

Teorem 4.3.2. je važan za nalaženje distribucije vjerovatnoće sume slučajnih varijabli za koje je poznata

distribucija vjerovatnoće.

Dokaz:

𝐺𝑎𝑋+𝑏(𝑡) = 𝐸(𝑡𝑎𝑋+𝑏) = 𝐸(𝑡𝑏 ∙ 𝑡𝑎𝑋) = 𝑡𝑏 ∙ 𝐸(𝑡𝑎𝑋) = 𝑡𝑏 ∙ 𝐸((𝑡𝑎)𝑋) = 𝑡𝑏 ∙ 𝐺𝑋(𝑡

𝑎) ∎

Primjer 4.3.1.

a) Neka je 𝑋 Bernoullijeva slučajna varijabla. Tada je:

𝐺𝑋(𝑡) = 𝑡0 ∙ 𝑞 + 𝑡1 ∙ 𝑝 = 1 − 𝑝 + 𝑝 ∙ 𝑡 .

b) Neka je:


Tada je:

𝑋 = ∑𝑋𝑘

𝑛

𝑘=1

,

Teorem 4.3.2. Neka su 𝑋1, … , 𝑋𝑛 nezavisne slučajne varijable koje primaju nenegativne cjelobrojne

vrijednosti. Tada vrijedi:

𝐺∑ 𝑋𝑘𝑛𝑘=1

(𝑡) =∏𝐺𝑋𝑘(𝑡)

𝑛

𝑘=1

.

Teorem 4.3.3. Neka je 𝑋 slučajna varijabla koja prima nenegativne cijele vrijednosti i neka su 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ.

Tada je:

𝐺𝑎𝑋+𝑏(𝑡) = 𝑡𝑏 ∙ 𝐺𝑋(𝑡

𝑎) .

𝑡𝑋𝑘, 𝑘 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ , 𝑠𝑢 𝑛𝑒𝑧𝑎𝑣𝑖𝑠𝑛𝑒

114

gdje su:

𝑋𝑘 ∶ (0 1𝑞 𝑝

) , 𝑘 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅

nezavisne Bernoullijeve slučajne varijable. Tada, zbog teoreme 4.3.2. vrijedi:

𝐺𝑋(𝑡) =∏(𝑞 + 𝑝𝑡)

𝑛

𝑘=1

= (𝑞 + 𝑝𝑡)𝑛 .

c) Neka su 𝑋𝑘 , 𝑘 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ nezavisne slučajne varijable i

𝑋𝑘~𝑃(𝜆𝑘), 𝑘 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅.

Tada je:

𝐺𝑋1+𝑋2+⋯+𝑋𝑛(𝑡) = | | =∏𝐺𝑋𝑘(𝑡)

𝑛

𝑘=1

,

𝐺𝑋𝑘(𝑡) = 𝐸(𝑡𝑋𝑘) = ∑ 𝑡𝑛 ∙ 𝑝𝑛

+∞

𝑛=0

= ∑ 𝑡𝑛 ∙𝜆𝑘𝑛

𝑛!∙ 𝑒−𝜆𝑘

+∞

𝑛=0

=

= 𝑒−𝜆𝑘 ∑(𝑡𝜆𝑘)

𝑛

𝑛!

+∞

𝑛=0

= 𝑒−𝜆𝑘 ∙ 𝑒𝑡𝜆𝑘 = 𝑒𝑡𝜆𝑘−𝜆𝑘 .

Tim je:

𝐺𝑋1+𝑋2+⋯+𝑋𝑛(𝑡) =∏𝑒𝑡𝜆𝑘−𝜆𝑘

𝑛

𝑘=1

= 𝑒𝑡(𝜆1+𝜆2+⋯+𝜆𝑛)−(𝜆1+𝜆2+...+𝜆𝑛) .

Vidimo da je funkcija izvodnica od zbira Poissonovih slučajnih varijabli jednaka funkciji izvodnici

Poissonove slučajne varijable sa parametrom 𝜆1 + 𝜆2 +⋯+ 𝜆𝑛.

Tim je:

𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑛~𝑃(𝜆1 + 𝜆2 +⋯+ 𝜆𝑛) .

Primjer 4.3.2. Neka slučajna varijabla 𝑋 ima distribuciju vjerovatnoće

𝑋: (0 1 … 𝑛 …𝑝0 𝑝1 … 𝑝𝑛 …

) ,

gdje je:

𝑝𝑘 = 𝑃([𝑋 = 𝑘]) = 𝑝 ∙ 𝑞𝑘 , 𝑘 = 0,1, … , 𝑞 = 1 − 𝑝 .

Kažemo da slučajna varijabla 𝑋, sa datom distribucijom vjerovatnoće, ima geometrijsku distribuciju.

Odrediti funkciju izvodnicu od 𝑋 a zatim izračunati matematičko očekivanje i varijancu od 𝑋.

Rješenje:

teorem 4.3.2.


115

𝐺𝑋(𝑡) = ∑𝑡𝑘 ∙ 𝑝 ∙ 𝑞𝑘+∞

𝑘=0

= 𝑝 ∙∑(𝑡 ∙ 𝑞)𝑘+∞

𝑘=0

= 𝑝 ∙1

1 − 𝑞𝑡 .

Iz teorema 4.3.1. slijedi:

𝐸𝑋 = 𝐺𝑋′ (1) = lim

𝑡→1−0

𝑝𝑞

(1 − 𝑞𝑡)2=𝑞

𝑝 ,

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐺𝑋′′(1) + 𝐺𝑋

′ (1) − [𝐺𝑋′ (1)]2 =

= lim𝑡→1−0

2𝑝𝑞2

(1 − 𝑞𝑡)3+𝑞

𝑝− (

𝑞

𝑝)2

=𝑞2

𝑝2+𝑞

𝑝=𝑞

𝑝2 .

4.4. Zadaci – Diskretne slučajne varijable, matematičko očekivanje i

varijanca

1. Bacamo dva tetraedra. Neka je slučajna varijabla 𝑿 apsolutna vrijednost razlike brojeva koji

su pali na donju stranu. Naći distribuciju vjerovatnoće i funkciju distribucije od 𝑿.

Rješenje: 𝑋 prima vrijednosti:

|𝑖 − 𝑗|, 𝑖, 𝑗 = 1,4̅̅ ̅̅ ,

tj. 𝑋 prima vrijednosti:

0, 1, 2, 3.

Tim je:

𝑃([𝑋 = 0]) = 𝑃({(𝑖, 𝑗): 𝑖 = 𝑗}) = 4 ∙1

4 ∙ 4=1

4 ,

𝑃([𝑋 = 1]) = 𝑃({(1,2), (2,1), (2,3), (3,2), (3,4), (4,3)}) =6

16=3

8 ,

𝑃([𝑋 = 2]) = 𝑃({(1,3), (3,1), (2,4), (4,2)}) =4

16=1

4 ,

𝑃([𝑋 = 3]) = 𝑃({(1,4), (4,1)}) =2

16=1

8 .

Distribucija vjerovatnoće od 𝑋 je:

𝑋:(0 1 2 31

4

3

8

1

4

1

8

) .

116

Funkcija gustoće i funkcija distribucije od 𝑋 su:

𝑓𝑋(𝑥) =

{

1

4, 𝑥 < 0

3

8, 0 ≤ 𝑥 < 1

1

4, 1 ≤ 𝑥 < 1

1

8, 2 ≤ 𝑥 < 3

0, 3 ≤ 𝑥

, 𝑥 ∈ ℝ , 𝐹𝑋(𝑥) =

{

0, 𝑥 < 0 1

4, 0 ≤ 𝑥 < 1

5

8, 1 ≤ 𝑥 < 1

7

8, 2 ≤ 𝑥 < 3

1, 3 ≤ 𝑥

, 𝑥 ∈ ℝ .

2. Neka je 𝑿~𝑩(𝟒,𝟏

𝟑). Naći funkciju distribucije slučajnih varijabli 𝒀 = 𝟐𝑿− 𝟏 i 𝒁 = 𝑿𝟐.

Rješenje: Pošto 𝑋 prima vrijednosti:

0, 1, 2, 3 i 4,

to 𝑌 prima vrijednosti:

−1, 1, 3, 5 i 7,

a 𝑍 prima vrijednosti:

0, 1, 3, 9 i 16.

Tim je:

𝑃([𝑌 = −1]) = 𝑃([2𝑋 − 1 = −1]) = 𝑃([𝑋 = 0]) = (40) (1

3)0

(2

3)4

=16

81 ,

𝑃([𝑌 = 1]) = 𝑃([2𝑋 − 1 = 1]) = 𝑃([𝑋 = 1]) = (41) (1

3)1

(2

3)3

=32

81 ,

𝑃([𝑌 = 3]) = 𝑃([2𝑋 − 1 = 3]) = 𝑃([𝑋 = 2]) = (42) (1

3)2

(2

3)2

=24

81 ,

𝑃([𝑌 = 5]) = 𝑃([2𝑋 − 1 = 5]) = 𝑃([𝑋 = 3]) = (43) (1

3)3

(2

3)1

=8

81 ,

𝑃([𝑌 = 7]) = 𝑃([2𝑋 − 1 = 7]) = 𝑃([𝑋 = 4]) = (44) (1

3)4

(2

3)0

=1

81 .


117

Otuda je:

𝑓𝑌(𝑦) =

{

16

81, 𝑌 = −1

32

81, 𝑌 = 1

24

81, 𝑌 = 3

8

81, 𝑌 = 5

1

81, 𝑌 = 7

0, 𝑌 ≠ −1,1,3,5,7

, 𝑦 ∈ ℝ ,

𝐹𝑌(𝑦) =

{

0, 𝑦 < −1 16

81, −1 ≤ 𝑦 < 1

48

81, 1 ≤ 𝑦 < 3

72

81, 3 ≤ 𝑦 < 5

80

81, 5 ≤ 𝑦 < 7

0, 7 ≤ 𝑦

, 𝑦 ∈ ℝ .

3. Neka je:

𝑿: (𝟎

𝝅

𝟔

𝝅

𝟒 𝝅

𝟐

𝟑𝝅

𝟒 𝟓𝝅

𝟔 𝝅

𝟎.𝟏 𝟎. 𝟐 𝟎. 𝟑 𝟎.𝟏 𝟎.𝟎𝟓 𝟎.𝟎𝟓 𝟎.𝟐

) .

Naći distribuciju vjerovatnoće i funkciju distribucije slučajne varijable 𝒀 = 𝐬𝐢𝐧𝑿.

Rješenje:

𝑃([𝑌 = 0]) = 𝑃([𝑋 = 0]) + 𝑃([𝑋 = 𝜋]) = 0.1 + 0.2 = 0.3 ,

𝑃 ([𝑌 =1

2]) = 𝑃 ([𝑋 =

𝜋

6]) + 𝑃 ([𝑋 =

5𝜋

6]) = 0.2 + 0.05 = 0.25 ,

𝑃 ([𝑌 =√2

2]) = 𝑃 ([𝑋 =

𝜋

4]) + 𝑃 ([𝑋 =

3𝜋

4]) = 0.3 + 0.05 = 0.35 ,

𝑃([𝑌 = 1]) = 𝑃 ([𝑋 =𝜋

2]) = 0.1 .

Tim je:

𝑌: (0

1

2√2

2 1

0.3 0.25 0.35 0.1

),

118

𝐹𝑌(𝑦) =

{

0, 𝑦 < 0

0.3, 0 ≤ 𝑦 <1

2

0.55,1

2≤ 𝑦 <

√2

2

0.9,√2

2≤ 𝑦 < 1

1, 1 ≤ 𝑦

, 𝑦 ∈ ℝ .

4. Neka je 𝒇𝑿 funkcija gustoće slučajne varijable 𝑿. Naći funkciju gustoće slučajne varijable 𝒀,

ako je:

a) 𝒀 = 𝒆𝒙.

b) 𝒀 =𝟏

𝑿 .

c) 𝒀 = 𝑿𝟐 .

d) 𝒀 = 𝐦𝐢𝐧{𝑿,𝟏} .

e) 𝒀 = {−𝟏, 𝑿 < 𝟎𝟎, 𝑿 = 𝟎𝟏, 𝑿 > 𝟎

.

f) 𝒀 =𝟏

𝟏+𝑿𝟐 .

Rješenje:

a) Imamo da je:

𝑌 = 𝑃([𝑌 = 𝑦]) = 𝑃([𝑒𝑋 = 𝑦]) = 0, 𝑦 ≤ 0 ,

𝑃([𝑌 = 𝑦]) = 𝑃([𝑋 = ln 𝑦]) = 𝑓𝑋(ln 𝑦), 𝑦 > 0 .

Tim je:

𝑓𝑌(𝑦) = 𝑃([𝑌 = 𝑦]) = {0, 𝑦 ≤ 0

𝑓𝑋(ln 𝑦), 𝑦 > 0 .

b) Imamo da je:

𝑃([𝑌 = 𝑦]) = 𝑃 ([1

𝑋= 𝑦]) = 𝑃 ([𝑋 =

1

𝑦]) = 𝑓𝑋 (

1

𝑦) , 𝑦 ≠ 0

𝑃([𝑌 = 0]) = 𝑃 ([1

𝑋= 0]) = 0 .

Tim je:

𝑓𝑌(𝑦) = {

0, 𝑦 = 0

𝑓𝑋 (1

𝑦) , 𝑦 ≠ 0

.


119

c) Imamo da je:

𝑃([𝑌 = 𝑦]) = 𝑃([𝑋2 = 𝑦]) = 𝑃([𝑋 = ±√𝑦]) =

= 𝑃([𝑋 = −√𝑦]) + 𝑃([𝑋 = √𝑦]) = 𝑓𝑋(−√𝑦) + 𝑓𝑋(√𝑦), 𝑦 ≥ 0

𝑃([𝑌 = 𝑦]) = 𝑃([𝑋2 = 𝑦]) = 0, 𝑦 < 0 .

Tim je:

𝑓𝑌(𝑦) = {0, 𝑦 < 0

𝑓𝑋(−√𝑦) + 𝑓𝑋(√𝑦), 𝑦 ≥ 0 .

d) Imamo da je:

𝑃([𝑌 = 1]) = 𝑃([min{𝑋, 1} = 1]) = 𝑃([𝑋 ≥ 1]) = 1 − 𝑃([𝑋 < 1]) = 1 − 𝐹𝑋(1 − 0) .

gdje je 𝐹𝑋(1 − 0) lijevi limes u 1 od funkcije distribucije za 𝑋.

𝑃([𝑌 = 𝑦]) = 𝑃([min{𝑋, 1} = 𝑦]) = 0, 𝑦 > 1 ,

𝑃([𝑌 = 𝑦]) = 𝑃([min{𝑋, 1} = 𝑦]) = 𝑃([𝑋 = 𝑦]) = 𝑓𝑋(𝑦), 𝑦 < 1 .

Tim je:

𝑓𝑌(𝑦) = {

0, 𝑦 > 1

1 − 𝐹𝑋(1 − 0), 𝑦 = 1

𝑓𝑋(𝑦), 𝑦 < 1, 𝑦 ∈ ℝ .

e) Imamo da je:

𝑓𝑌(𝑦) = 𝑃([𝑌 = 𝑦]) = 𝑃([sgn𝑋 = 𝑦]) =

{

𝑃([𝑋 < 0]), 𝑦 = −1

𝑃([𝑋 = 0]), 𝑦 = 0

𝑃([𝑋 > 0]), 𝑦 = 1 0, 𝑦 ≠ −1,0,1

= {

𝐹𝑋(0 − 0), 𝑦 = −1

𝑓𝑋(0), 𝑦 = 0

1 − 𝐹𝑋(0), 𝑦 = 1 0, 𝑦 ≠ −1,0,1

, 𝑦 ∈ ℝ .

f) Imamo da je:

𝑃([𝑌 = 𝑦]) = 𝑃 ([1

1 + 𝑋2= 𝑦]) = 𝑃([𝑋 = ±√

1 − 𝑦

𝑦]) =

𝑃 ([𝑋 = −√1 − 𝑦

𝑦]) + 𝑃([𝑋 = √

1− 𝑦

𝑦]) =

120

= 𝑓𝑋 (−√1 − 𝑦

𝑦) + 𝑓𝑋 (√

1 − 𝑦

𝑦) , 0 < 𝑦 ≤ 1 ,

𝑃([𝑌 = 𝑦]) = 𝑃 ([1

1 + 𝑋2= 𝑦]) = 0, 𝑦 ≤ 0, 𝑦 > 1 ,

𝑓𝑌(𝑦) =

{

0, 𝑦 ≤ 0, 𝑦 > 1

𝑓𝑋 (−√1− 𝑦

𝑦) + 𝑓𝑋 (√

1− 𝑦

𝑦) , 0 < 𝑦 ≤ 1

, 𝑦 ∈ ℝ .

5. U kutiji se nalaze 4 bijele i 6 crnih kuglica. Iz kutije se slučajno izvlači po jedna kuglica bez

vraćanja, dok se ne izvuku sve četiri bijele. Neka je slučajna varijabla 𝑿 broj izvlačenja. Naći

distribuciju vjerovatnoće, funkciju gustoće i funkciju distribucije slučajne varijable 𝑿.

Rješenje: Minimalan broj izvlačenja je 4, a maksimalan 10. Tim je:

𝑃([𝑋 = 4]) =(43) (60)

(103)∙1

7= 4 ∙

3 ∙ 2 ∙ 1

10 ∙ 9 ∙ 8∙1

7=

1

210 ,

𝑃([𝑋 = 5]) =(43) (61)

(104)∙1

6=4 ∙ 6 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1

10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7∙1

6=

2

105 ,

𝑃([𝑋 = 6]) =(43) (62)

(105)∙1

5=4 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1

2 ∙ 1 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6∙1

5=2

21 ,

𝑃([𝑋 = 7]) =(43) (63)

(106)∙1

4=2

21 ,

𝑃([𝑋 = 8]) =(43) (64)

(107)∙1

3=1

6 ,

𝑃([𝑋 = 9]) =(43) (65)

(108)∙1

2=4

15 ,

𝑃([𝑋 = 10]) =(43) (66)

(109)∙1

1=2

5 .


𝑋: ( 4 5 6 7 8 9 101

210

2

105

1

21

2

21

1

6

4

15

2

5

) .


121

Funkcija gustoće funkcija distribucije od 𝑋 je:

𝑓𝑋(𝑥) =

{

1

210, 𝑥 = 4

2

105, 𝑥 = 5

1

21, 𝑥 = 6

2

21, 𝑥 = 7

1

6, 𝑥 = 8

4

15, 𝑥 = 9

2

5, 𝑥 = 10

0, 𝑥 ≠ 4,5,6,7,8,9,10

, 𝑥 ∈ ℝ , 𝐹𝑋(𝑥) =

{

0, 𝑥 < 4 1

201, 4 ≤ 𝑥 < 5

1

42, 5 ≤ 𝑥 < 6

3

42, 6 ≤ 𝑥 < 7

1

6, 7 ≤ 𝑥 < 8

1

3, 8 ≤ 𝑥 < 9

3

5, 9 ≤ 𝑥 < 10

0, 10 ≤ 𝑥

, 𝑥 ∈ ℝ .

6. Riješiti 5. zadatak sa vraćanjem kuglica. Izračunati 𝑬𝑿.

Rješenje: Rješenje ide pomoću Bernoullijeve šeme. Vjerovatnoća izvlačenja bijele kuglice je 𝑝 =2

5, pa

je:

𝑃([𝑋 = 𝑘]) = (𝑘 − 13

) ∙ (2

5)3

∙ (3

5)𝑘−4

∙2

5, 𝑘 = 4,5, …


𝑋: (4 5 … 𝑛 …𝑝4 𝑝5 … 𝑝𝑛 …

) , 𝑝𝑘 = (𝑘 − 13

) ∙ (2

5)3

∙ (3

5)𝑘−4

∙2

5, 𝑘 = 4,5, …


𝑓𝑋(𝑥) = {𝑝𝑘 , 𝑥 = 𝑘, 𝑘 = 4,5, …0, 𝑜𝑠𝑡𝑎𝑙𝑖 𝑠𝑙𝑢č𝑎𝑗𝑒𝑣𝑖

, 𝑥 ∈ ℝ.

𝐸𝑋 = ∑𝑘 ∙ (𝑘 − 13

) ∙ (2

5)3

∙ (3

5)𝑘−4

∙2

5

+∞

𝑘=4

=

= ∑𝑘(𝑘 − 1)(𝑘 − 2)(𝑘 − 3)

6∙ (2

5)4

∙ (3

5)𝑘−4+∞

𝑘=4

=

=1

6∙ (2

5)4

∙ ∑𝑘(𝑘 − 1)(𝑘 − 2)(𝑘 − 3) (3

5)𝑘−4+∞

𝑘=4

=

122

= |𝑢 =3

5| =

1

6∙ (2

5)4

∙ (∑𝑢𝑘+∞

𝑘=0

)

4

=

=1

6∙ (2

5)4

∙24

(1 − 𝑢)5=1

6∙ (2

5)4

∙24

(25)5 = 10 .

7. Dva strijelca naizmjenično gađaju cilj dok jedan ne pogodi. Vjerovatnoća da prvi strijelac

pogodi je 𝟎.𝟒, a vjerovatnoća da pogodi drugi je 𝟎. 𝟔. Neka je 𝑿 broj gađanja. Naći

distribuciju vjerovatnoće, funkciju gustoće i matematičko očekivanje slučajne slučajne

varijable 𝑿.

Rješenje: Neka je 𝐴 događaj da je prvi strijelac pogodio, a 𝐵 događaj da je drugi strijelac pogodio.

Područje vrijednosti slučajne varijable 𝑋 su svi prirodni brojevi. Tim imamo da je:

𝑃([𝑋 = 1]) = 𝑃(𝐴) = 0.4 ,

𝑃([𝑋 = 2]) = 𝑃(𝐴𝐶𝐵) = | | = 𝑃(𝐴𝐶)𝑃(𝐵) = (0.6)2 = 0.36 ,

𝑃([𝑋 = 3]) = 𝑃(𝐴𝐶𝐵𝐶𝐴) = 𝑃(𝐴𝐶)𝑃(𝐵𝐶)𝑃(𝐴) = 0.6 ∙ 0.4 ∙ 0.4 = 0.6 ∙ (0.4)2 ,

𝑃([𝑋 = 4]) = 𝑃(𝐴𝐶𝐵𝐶𝐴𝐶𝐵) = 𝑃(𝐴𝐶)𝑃(𝐵𝐶)𝑃(𝐴𝐶)𝑃(𝐵) = (0.6)4 ∙ 0.4 ,

⋮

𝑃([𝑋 = 2𝑘]) = 𝑃(𝐴𝐶 …𝐴𝐶𝐵𝐶 …𝐵𝐶𝐵) = (0.6)𝑘+1 ∙ (0.4)𝑘−1 = (0.24)𝑘 ∙ 1.5 ,

𝑃([𝑋 = 2𝑘 + 1]) = 𝑃(𝐴𝐶 …𝐴𝐶𝐵𝐶 …𝐵𝐶𝐴) = (0.6)𝑘 ∙ (0.4)𝑘+1 = (0.24)𝑘 ∙ 0.4 .

Tim su distribucija vjerovatnoće i funkcija gustoće od 𝑋:

𝑋: ( 1 2 … 2𝑘 2𝑘 + 1 …0.4 0.36 … (0.24)𝑘 ∙ 1.5 (0.24)𝑘 ∙ 0.4 …

) ,

𝑓𝑋(𝑥) = {(0.24)𝑘 ∙ 1.5,

(0.24)𝑘 ∙ 0.4,0,

𝑥 = 2𝑘, 𝑘 = 1,2, … 𝑥 = 2𝑘 + 1, 𝑘 = 0,1, … 𝑢 𝑜𝑠𝑡𝑎𝑙𝑖𝑚 𝑠𝑙𝑢č𝑎𝑗𝑒𝑣𝑖𝑚𝑎

.

𝐸𝑋 = ∑𝑛 ∙ 𝑃([𝑋 = 𝑛])

+∞

𝑛=1

= ∑2𝑘(0.24)𝑘 ∙ 1.5

+∞

𝑘=1

+∑(2𝑘 + 1) ∙ (0.24)𝑘 ∙ 0.4

+∞

𝑘=0

=

= 3 ∙ 0.24 ∙∑𝑘(0.24)𝑘−1+∞

𝑘=1

+ 2 ∙ 0.4 ∙ 0.24 ∙ ∑𝑘(0.24)𝑘−1+∞

𝑘=1

+ 0.4 ∙∑(0.24)𝑘+∞

𝑘=0

=

= 0.912 ∙ ∑𝑘(0.24)𝑘−1+∞

𝑘=1

+ 0.4 ∙1

1 − 0.24= |𝑢 = 0.24| ≈ 0.912 ∙ (

1

1 − 𝑢)′

+ 0.526 ≈

𝐴,𝐵 nezavisni


123

≈ 0.912 ∙1

(1 − 0.24)2+ 0.526 ≈ 2.1 .

8. Opterećen novčić, tako da je vjerovatnoća grba 𝟏

𝟑 , a vjerovatnoća pisma

𝟐

𝟑 , bacamo 𝟒

puta. Neka je slučajna varijabla 𝑿 najduža serija grbova. Odrediti funkciju gustoće, funkciju

distribucije, matematičko očekivanje i varijancu od 𝑿.

Rješenje: Neka je 𝐺 događaj da je pao grb, a 𝑃 da je palo pismo. Tada je:

𝑃([𝑋 = 0]) = 𝑃(𝑃𝑃𝑃𝑃) = (2

3)4

=16

81 ,

𝑃([𝑋 = 1]) = 𝑃(𝐺𝑃𝑃𝑃, 𝑃𝐺𝑃𝑃, 𝑃𝑃𝐺𝑃, 𝑃𝑃𝑃𝐺, 𝑃𝐺𝑃𝐺, 𝐺𝑃𝐺𝑃, 𝐺𝑃𝑃𝐺) =

= 4 ∙1

3∙ (2

3)3

+ 3 ∙ (1

3)2

∙ (2

3)2

=44

81 ,

𝑃([𝑋 = 2]) = 𝑃(𝐺𝐺𝑃𝑃, 𝐺𝐺𝑃𝐺, 𝑃𝐺𝐺𝑃, 𝑃𝑃𝐺𝐺, 𝐺𝑃𝐺𝐺) =

= 3 ∙ (1

3)2

∙ (2

3)2

+ 2 ∙ (1

3)3

∙1

3=16

81 ,

𝑃([𝑋 = 3]) = 𝑃(𝐺𝐺𝐺𝑃, 𝑃𝐺𝐺𝐺) = 2 ∙ (1

3)3

∙2

3=4

81 ,

𝑃([𝑋 = 4]) = 𝑃(𝐺𝐺𝐺𝐺) = (1

3)4

=1

81 .

Tim imamo da je funkcija gustoće i funkcija distribucije:

𝑓𝑋(𝑥) =

{

16

81, 𝑥 = 0

44

81, 𝑥 = 1

16

81, 𝑥 = 2

4

81, 𝑥 = 3

1

81, 𝑥 = 4

0, 𝑥 ≠ 0,1,2,3,4

, 𝑥 ∈ ℝ , 𝐹𝑋(𝑥) =

{

0, 𝑥 < 0 16

81, 0 ≤ 𝑥 < 1

60

81, 1 ≤ 𝑥 < 2

76

81, 2 ≤ 𝑥 < 3

80

81, 3 ≤ 𝑥 < 4

1, 4 ≤ 𝑥

, 𝑥 ∈ ℝ .

𝐸𝑋 = 0 ∙16

81+ 1 ∙

44

81+ 3 ∙

4

81+ 4 ∙

1

81=92

81≈ 1.13 ,

𝐸𝑋2 = 02 ∙16

81+ 12 ∙

44

81+ 22 ∙

16

81+ 32 ∙

4

81+ 42 ∙

1

81=160

81 .

124

Tim je:

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸𝑋2 − (𝐸𝑋)2 =160

81− (

92

81)2

≈ 0.698 .

9. Neka imamo opterećeni novčić iz zadatka 8, kojeg bacamo dok ne padne grb. Neka je slučajna

varijabla 𝑿 broj bacanja. Odrediti distribuciju vjerovatnoće, funkcije gustoće, matematičko

očekivanje i varijancu od 𝑿.

Rješenje:

𝑃([𝑋 = 1]) = 𝑃(𝐺) =1

3 ,

𝑃([𝑋 = 2]) = 𝑃(𝑃𝐺) =2

9 ,

⋮

𝑃([𝑋 = 𝑘]) = 𝑃(𝑃…𝑃𝐺) = (2

3)𝑘−1

∙1

3, 𝑘 = 1,2, …

Tim je:

𝑋: (

1 2 … 𝑛 …1

3

2

9… (

2

3)𝑘−1

∙1

3…) ,

𝑓𝑋 = {(2

3)𝑘−1

∙1

3, 𝑥 = 𝑛

0, 𝑥 ≠ 𝑛

, 𝑥 ∈ ℝ ,

𝐸𝑋 = ∑ 𝑛 ∙ (2

3)𝑛−1

∙1

3

+∞

𝑛=1

= |𝑢 =2

3| =

1

3∙ (∑ 𝑢𝑛

+∞

𝑛=0

)

′

=1

3∙ (

1

1 − 𝑢)′

=1

3∙

1

(1 −23)2 = 3 ,

𝐸𝑋(𝑋 − 1) = ∑𝑛 ∙ (𝑛 − 1) ∙ (2

3)𝑛−1

∙1

3

+∞

𝑛=1

=2

3∙1

3∙∑ 𝑛 ∙ (𝑛 − 1) (

2

3)𝑛−2+∞

𝑛=2

=

= |𝑢 =2

3| =

2

9∙ (∑𝑢𝑛

+∞

𝑛=0

)

′′

=2

9∙

2

(1 − 𝑢)3=2

9∙2

(13)3 = 12 ,

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸𝑋(𝑋 − 1) + 𝐸𝑋 − (𝐸𝑋)2 = 12 + 3 − 32 = 6 .

10. Simetričan novčić bacamo sve dok ne padne po drugi puta grb. Neka je slučajna varijabla 𝑿

broj bacanja. Izračunati očekivani broj bacanja i varijancu.

{

(𝑘 − 1) ×


125

Rješenje: Slučajna varijabla 𝑋 prima vrijednosti 𝑛 ∈ ℕ, 𝑛 ≥ 2. Tim je:

𝑃([𝑋 = 2]) = 𝑃(𝐺𝐺) =1

2∙1

2=1

4 ,

⋮

𝑃([𝑋 = 𝑛]) = (𝑛 − 11

) ∙ (1

2)1

∙ (1

2)𝑛−1

∙1

2= (𝑛 − 1) ∙ (

1

2)𝑛

, 𝑛 ∈ ℕ, 𝑛 ≥ 2 ,

𝐸𝑋 = ∑𝑛(𝑛 − 1) (1

2)𝑛+∞

𝑛=2

= (1

2)2

∙ ∑ 𝑛(𝑛 − 1) (1

2)𝑛−2+∞

𝑛=2

=

|𝑢 =1

2| =

1

4∙ (∑ 𝑢𝑛

+∞

𝑛=0

)

′′

=1

4∙

2

(1 − 𝑢)3= 4 .

Dakle, očekivani broj bacanja je 4. Sada imamo da je:

𝐸(𝑋 + 1)𝑋 = ∑(𝑛 + 1)𝑛(𝑛 − 1) (1

2)𝑛+∞

𝑛=2

= (1

2)2

∙ ∑(𝑛 + 1)𝑛(𝑛 − 1) (1

2)𝑛−2+∞

𝑛=3

=

= |𝑢 =1

2| =

1

4∙ (∑𝑢𝑛+1

+∞

𝑛=0

)

′′′

=1

4∙ (∑𝑢𝑛

+∞

𝑛=0

− 1)

′′′

=1

4∙

6

(1 − 𝑢)4= 24 ,

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸𝑋2 − (𝐸𝑋)2 = 𝐸(𝑋 + 1)𝑋 − 𝐸𝑋 − (𝐸𝑋)2 = 24 − 4 − 16 = 4 .

11. Bacamo simetričan novčić sve dok ne padne grb ili 6 pisama. Neka je slučajna varijabla 𝑿

broj bacanja. Izračunati 𝑬𝑿 i 𝑽𝒂𝒓𝑿.

Rješenje: Ako ne padne grb u 6 bacanja, onda padne pismo 6 puta. To znači da 𝑋 prima vrijednosti:

1,2,3,4,5 i 6.

Sada imamo da je:

𝑃([𝑋 = 𝑛]) = 𝑃(𝑃…𝑃𝐺) = (1

2)𝑛−1

∙1

2= (

1

2)𝑛

, 𝑛 = 1,5̅̅ ̅̅ ,

𝑃([𝑋 = 6]) = 𝑃(𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝐺, 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃) = (1

2)5

∙1

2+ (

1

2)6

= (1

2)5

.

Tim je:

𝑋: (1 2 3 4 5 61

2

1

4

1

8

1

16

1

32

1

32

) ,

𝐸𝑋 = 1 ∙1

2+ 2 ∙

1

4+ 3 ∙

1

8+ 4 ∙

1

16+ 5 ∙

1

32+ 6 ∙

1

32=63

32= 1.96875 ,

126

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 12 ∙1

2+ 22 ∙

1

4+ 32 ∙

1

8+ 42 ∙

1

16+ 52 ∙

1

32+ 62 ∙

1

32− (

63

32)2

≈ 1.655 .

12. U kutiji su 2 bijele i 3 crne kuglice. Slučajno izvlačimo po jednu kuglicu sa vraćanjem. Neka je

slučajna varijabla 𝑿, najmanji broj izvlačenja da se izvuku obje boje. Izračunati očekivani broj

izvlačenja i varijancu.

Rješenje: 𝑋 prima vrijednosti 𝑛 ∈ ℕ , 𝑛 ≥ 2, pa je:

𝑃([𝑋 = 2]) = 𝑃(𝐵𝐶, 𝐶𝐵) =2

5∙3

5+3

5∙2

5=12

25 ,

𝑃([𝑋 = 3]) = 𝑃(𝐵𝐵𝐶, 𝐶𝐶𝐵) = (2

5)2

∙3

5+ (

3

5)2

∙2

5=30

125=6

25 ,

𝑃([𝑋 = 4]) = 𝑃(𝐵𝐵𝐵𝐶, 𝐶𝐶𝐶𝐵) = (2

5)3

∙3

5+ (

3

5)3

∙2

5=78

625 ,

⋮

𝑃([𝑋 = 𝑛]) = 𝑃(𝐵𝐵𝐵𝐶, 𝐶𝐶𝐶𝐵) = (2

5)𝑛−1

∙3

5+ (

3

5)𝑛−1

∙2

5, 𝑛 ≥ 2 ,

𝑋:(

2 3 4 … 𝑛 … 12

25

6

25

78

625… (

2

5)𝑛−1

∙3

5+ (

3

5)𝑛−1

∙2

5…) ,

𝐸𝑋 = ∑ 𝑛 ∙ [(2

5)𝑛−1

∙3

5+ (

3

5)𝑛−1

∙2

5]

+∞

𝑛=2

=3

5∙ ∑ 𝑛 ∙ (

2

5)𝑛−1+∞

𝑛=2

+2

5∙ ∑ 𝑛 ∙ (

3

5)𝑛−1+∞

𝑛=2

=

= |𝑢 =2

5, 𝑣 =

3

5| =

3

5∙ (∑ 𝑢𝑛

+∞

𝑛=2

)

′

+2

5∙ (∑ 𝑣𝑛

+∞

𝑛=2

)

′

=

=3

5∙ (∑𝑢𝑛

+∞

𝑛=0

− 𝑢 − 1)

′

+2

5∙ (∑𝑣𝑛

+∞

𝑛=0

− 𝑣 − 1)

′

=

=3

5∙ (

1

1 − 𝑢− 𝑢 − 1)

′

+2

5∙ (

1

1 − 𝑣− 𝑣 − 1)

′

=

=3

5∙ (

1

(1 −25)2 − 1) +

2

5∙ (

1

(1−35)2 − 1) =

=5

3−3

5+5

2−2

5=19

6≈ 3.16 ,

𝐸𝑋(𝑋 − 1) = ∑𝑛(𝑛 − 1) [(2

5)𝑛−1

∙3

5+ (

3

5)𝑛−1

∙2

5]

+∞

𝑛=1

=


127

=3

5∙∑ 𝑛(𝑛 − 1) (

2

5)𝑛−1+∞

𝑛=2

+2

5∙ ∑ 𝑛(𝑛 − 1) (

3

5)𝑛−1+∞

𝑛=2

=

=3

5∙2

5∙∑ 𝑛(𝑛 − 1) (

2

5)𝑛−2+∞

𝑛=2

+3

5∙2

5∙ ∑ 𝑛(𝑛 − 1) (

3

5)𝑛−2+∞

𝑛=2

=

|𝑢 =2

5, 𝑣 =

3

5| =

6

25∙ (∑𝑢𝑛

+∞

𝑛=0

)

′′

+6

25∙ (∑ 𝑣𝑛

+∞

𝑛=0

)

′′

=

=6

25∙ (

1

1 − 𝑢)′′

+6

25∙ (

1

1 − 𝑣)′′

=

=6

25∙

2

(1 −25)3 +

6

25∙

2

(1 −35)3 =

20

9+15

2=175

18 ,

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸𝑋(𝑋 − 1) + 𝐸𝑋 − (𝐸𝑋)2 =175

18+19

6− (

19

6)2

≈ 2.86 .

13. Dva strijelca gađaju metu sve do pogotka. Pobjednik je onaj strijelac koji prvi pogodi metu.

Oba strijelca gađaju sa vjerovatnoćom 0.6. U slučaju da oba pogode u istom krugu, gađanje

se nastavlja. Neka je 𝑿 slučajna varijabla, broj gađanja u kome se zna pobjednik. Izračunati

funkciju gustoće od 𝑿, 𝑬𝑿 i 𝑽𝒂𝒓𝑿.

Rješenje: 𝑋 prima sve vrijednosti 𝑛 ∈ ℕ. Neka je 𝐴𝑛 događaj da je prvi strijelac pogodio, a 𝐵𝑛

događaj da je drugi strijelac pogodio u 𝑛 −tom krugu gađanja. Tim je:

𝑃([𝑋 = 1]) = 𝑃(𝐴1𝐵1𝐶 , 𝐴1

𝐶𝐵1) = 0.6 ∙ 0.4 + 0.4 ∙ 0.6 = 2 ∙ 0.24 = 0.48 ,

𝑃([𝑋 = 2]) = 𝑃(𝐴1𝐶𝐵1

𝐶𝐴2𝐵2𝐶 , 𝐴1

𝐶𝐵1𝐶𝐴2

𝐶𝐵2) = 2 ∙ (0.4)3 ∙ 0.6 ≈ 0.08 ,

⋮

𝑃([𝑋 = 𝑛]) = 𝑃(𝐴1𝐶𝐵1

𝐶 …𝐴𝑛𝐵𝑛𝐶 , 𝐴1

𝐶𝐵1𝐶 …𝐴𝑛

𝐶𝐵𝑛) = 2 ∙ (0.4)2𝑛−1 ∙ 0.6, 𝑛 ∈ ℕ .


𝑓𝑋(𝑥) = {2 ∙ (0.4)2𝑛−1 ∙ 0.6, 𝑥 = 𝑛 0, 𝑥 ≠ 𝑛

, 𝑥 ∈ ℝ .

𝐸𝑋 = ∑ 𝑛 ∙ 2 ∙ (0.4)2𝑛−1 ∙ 0.6

+∞

𝑛=1

=2 ∙ 0.6

0.4∙ ∑((0.4)2)𝑛+∞

𝑛=1

=

3 ∙ (1

1 − 0.16− 1) = 0.57 ,

128

𝐸𝑋(𝑋 − 1) = ∑𝑛(𝑛 − 1) ∙ 2 ∙ (0.4)2𝑛−1 ∙ 0.6

+∞

𝑛=1

=

2 ∙ 0.6

0.4∙ ∑ 𝑛(𝑛 − 1)(0.16)𝑛+∞

𝑛=1

= 3 ∙ (0.16)2 ∙ ∑ 𝑛(𝑛 − 1)(0.16)𝑛−2+∞

𝑛=1

=

= 0.0768 ∙∑ 𝑛(𝑛 − 1)(0.16)𝑛−2+∞

𝑛=2

= |𝑢 = 0.16| =

= 0.0768 ∙ (∑𝑢𝑛+∞

𝑛=0

)

′′

0.0768 ∙2

(1 − 𝑢)3= 0.0768 ∙

2

(1 − 0.16)3≈ 0.26 ,

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸𝑋(𝑋 − 1) + 𝐸𝑋 − (𝐸𝑋)2 ≈ 0.26 + 0.57 − (0.57)2 ≈ 0.5 .

14. Slučajna varijabla 𝑿 ima distribuciju vjerovatnoće:

𝑿:(

𝟏 𝟐 𝟑 … 𝒏 …

𝟏

𝟐(𝟏

𝟐)𝟐

(𝟏

𝟐)𝟑

… (𝟏

𝟐)𝒏

…) .

Neka je 𝒀 = 𝐜𝐨𝐬𝑿∙𝝅

𝟐. Odrediti distribuciju vjerovatnoće slučajne varijable 𝒀. Izračunati:

𝑬𝒀 i 𝑽𝒂𝒓𝒀.

Rješenje: 𝑌 prima vrijednosti −1,0,1, pa tim imamo da je:

𝑃([𝑌 = −1]) = 𝑃([𝑋 = 4𝑘 + 2, 𝑘 ∈ ℕ ∪ {0}]) =

= ∑(1

2)4𝑘+2+∞

𝑘=0

= (1

2)2

∙ ∑((1

2)4

)

𝑘+∞

𝑘=0

=1

4∙

1

1 −116

=4

15 ,

𝑃([𝑌 = 0]) = 𝑃([𝑋 = 4𝑘 + 1, 𝑘 ∈ ℕ ∪ {0}]) =

= ∑(1

2)4𝑘+1+∞

𝑘=0

=1

2∙∑ ((

1

2)2

)

𝑘+∞

𝑘=0

=1

2∙1

1 −14

=2

3 ,

𝑃([𝑌 = 1]) = 𝑃([𝑋 = 4𝑘 + 4, 𝑘 ∈ ℕ ∪ {0}]) =

∑(1

2)4𝑘+4+∞

𝑘=0

= (1

2)4

∙ ∑((1

2)4

)

𝑘+∞

𝑘=0

=1

16∙

1

1 −116

=1

15 .

Sada imamo da je:

𝑌: (−1 0 14

15

2

3

1

15

) ,


129

𝐸𝑌 = (−1) ∙4

15+ 0 ∙

2

3+ 1 ∙

1

15= −

3

15= −

1

5 ,

𝑉𝑎𝑟𝑌 = 𝐸𝑌2 − (𝐸𝑌)2 = (−1)2 ∙4

15+ 02 ∙

2

3+ 12 ∙

1

15− (−

1

5)2

=1

3−1

25=22

75 .

15. Igrač 𝑨 baca dva, a igrač 𝑩 tri novčića. Pobjednik je onaj igrač kod kojeg se pojavi više

grbova. Igra se izvodi sve dok igrač 𝑨 ne pobjedi. Naći očekivani broj igara.

Rješenje: Neka je 𝑋 slučajna varijabla broj igre u kojoj pobjedi igrač 𝐴. Neka su 𝑢𝑛 i 𝑣𝑛 broj grbova

igrača 𝐴 i 𝐵 u 𝑛-toj igri. Tada je:

𝑃([𝑋 = 𝑛]) = 𝑃(𝑢1 ≤ 𝑣1,… , 𝑢𝑛−1 ≤ 𝑣𝑛−1, 𝑢𝑛 > 𝑣𝑛) .

Vjerovatnoća da ne pobjedi igrač 𝐴 je jednaka u svakoj igri, tj.

𝑃([𝑢1 ≤ 𝑣1]) = ⋯ = 𝑃([𝑢𝑛−1 ≤ 𝑣𝑛−1]) =

= (20) (1

2)2

+ (21) (1

2)2

(31) (1

2)3

+ (21) (1

2)2

(32) (1

2)3

+

+(21) (1

2)2

(33) (1

2)3

+ (22) (1

2)2

(32) (1

2)3

+ (22) (1

2)2

(33) (1

2)3

=

= (1

2)2

+ 6 ∙ (1

2)5

+ 6 ∙ (1

2)5

+ 2 ∙ (1

2)5

+ 3 ∙ (1

2)5

+ (1

2)5

=

=1

32∙ (8 + 6 + 6 + 2 + 3 + 1) =

13

16 .

Samim tim je:

𝑃([𝑋 = 𝑛]) = (13

16)𝑛−1

∙3

16, 𝑛 ∈ ℕ ,

𝐸𝑋 = ∑ 𝑛 ∙ (13

16)𝑛−1

∙3

16

+∞

𝑛=1

= |𝑢 =13

16| =

3

16∙ (∑𝑢𝑛

+∞

𝑛=0

)

′

=

=3

16∙

1

(1 − 𝑢)2=16

3 .

16. Slučajna varijabla 𝑿 prima sve pozitivne cijele brojeve 𝒏 sa vjerovatnoćom koja je

proporcionalna sa 𝟏

𝟒𝒏 . Izračunati 𝑬𝑿.

Rješenje: Neka je distribucija vjerovatnoće od 𝑋:

𝑋: (1 2 3 … 𝑛 …𝑝1 𝑝2 𝑝3 … 𝑝𝑛 …).

(∃𝑘 ∈ ℝ)(∀𝑛 ∈ ℕ) 𝑝𝑛 = 𝑘 ∙1

4𝑛

130

⇒ 1 = ∑ 𝑝𝑛

+∞

𝑛=1

= ∑ 𝑘 ∙1

4𝑛

+∞

𝑛=1

=

= 𝑘 ∙∑ (1

4)𝑛+∞

𝑛=1

= 𝑘(∑ (1

4)𝑛

− 1

+∞

𝑛=0

) = 𝑘 (4

3− 1) =

𝑘

3

⇒ 𝑘 = 3 .

Tim je:

𝑋: (1 2 3 … 𝑛 …3

4

3

423

43…

3

4𝑛…) ,

𝐸𝑋 = ∑ 𝑛 ∙3

4𝑛

+∞

𝑛=1

=3

4∙ ∑ 𝑛 ∙ (

1

4)𝑛−1+∞

𝑛=1

= |𝑢 =1

4| =

3

4∙ (∑𝑢𝑛

+∞

𝑛=0

)

′

=

=3

4∙

1

(1 − 𝑢)2=3

4∙1

(34)2 =

4

3 .

17. Izvodimo neki slučajni pokus. Pokus je uspješan sa vjerovatnoćom 𝟑

𝟒 , a neuspješan sa

vjerovatnoćom 𝟏

𝟒 . Vjerovatnoća da dobijemo neki rezultat nakon 𝒎 uspješnih pokusa je:

𝟏 − (𝟏

𝟑)𝒎

.

Naći matematičko očekivanje broja nezavisnih pokusa koji je potreban da se dostigne ovaj

rezultat.

Rješenje: Označimo vjerovatnoću, da su 𝑛 pokusa dobijemo dati rezultat, sa 𝑃(𝐴𝑛). Može se desiti da

imamo 0, 1, 2, … , 𝑛 uspješnih pokusa i ti događaji čine potpun sistem događaja. Tada na osnovu

formule za potpunu vjerovatnoću, imamo da je:

𝑃(𝐴𝑛) = ∑ (𝑛𝑚)(3

4)𝑚

(1

4)𝑛−𝑚

∙ (1 − (1

3)𝑚

)

𝑛

𝑚=0

=

= ∑ (𝑛𝑚)(3

4)𝑚

(1

4)𝑛−𝑚𝑛

𝑚=0

− ∑ (𝑛𝑚)(1

4)𝑚

(1

4)𝑛−𝑚𝑛

𝑚=0

=

= |(𝑎 + 𝑏)𝑛 = ∑ (𝑛𝑚)𝑎𝑚𝑏𝑛−𝑚

𝑛

𝑚=0

| = (3

4+1

4)𝑛

− (1

4)𝑛

∑ (𝑛𝑚)

𝑛

𝑚=0

=

= 1 − (1

4)𝑛

∙ (1 + 1)𝑛 = 1 −1

2𝑛 .


131

Dakle, vjerovatnoća da se dobije naznačeni rezultat u broju pokusa koji su manji ili jednaki 𝑛 je:

1 −1

2𝑛 .

Vjerovatnoća da naznačeni rezultat bude postignut u 𝑛-tom pokusu je:

𝑃(𝐴𝑛\𝐴𝑛−1) = 𝑃(𝐴𝑛) − 𝑃(𝐴𝑛−1) = (1 −1

2𝑛) − (1 −

1

2𝑛−1) =

1

2𝑛−1−1

2𝑛=1

2𝑛.

Označimo sa 𝑋 slučajnu varijablu broja pokusa u kojima se dobije naznačeni rezultat. Tada je:

𝐸𝑋 = ∑ 𝑛 ∙1

2𝑛

+∞

𝑛=1

= |𝑢 =1

2| =

1

2∙ (∑𝑢𝑛

+∞

𝑛=0

)

′

=1

2∙

1

(1 − 𝑢)2= 2 .

18. Bacamo kocku kod koje su dvije strane obojene plavom bojom, dvije strane crvenom bojom

i dvije strane bijelom bojom, sve dok se na gornjim stranama ne pojave sve tri boje. Neka je

𝑿 broj bacanja. Odrediti distribuciju vjerovatnoće i matematičko očekivanje.

Rješenje: Neka je 𝐴 događaj da su se pojavile sve tri boje do 𝑛 bacanja, tj. 𝐴 = [𝑋 ≤ 𝑛]. Neka su

događaji 𝐵𝑝 , 𝐵𝑐 i 𝐵𝑏 da se do 𝑛-tog bacanja nije pojavila plava, crvena, odnosno bijela boja,

respektivno. Tada je:

𝐴𝐶 = 𝐵𝑝 ∪ 𝐵𝑐 ∪ 𝐵𝑏 ,

𝑃(𝐵𝑝) = 𝑃(𝐵𝑐) = 𝑃(𝐵𝑏) = (1 −2

6)𝑛

= (2

3)𝑛

,

𝑃(𝐵𝑝 ∩ 𝐵𝑐) = 𝑃(𝐵𝑝 ∩ 𝐵𝑏) = 𝑃(𝐵𝑐 ∩ 𝐵𝑏) = (2

6)𝑛

= (1

3)𝑛

,

𝑃(𝐵𝑝 ∩ 𝐵𝑐 ∩ 𝐵𝑏) = 0 .

Iz Sylvesterove formule slijedi:

𝑃(𝐴𝐶) = 𝑃(𝐵𝑝) + 𝑃(𝐵𝑐) + 𝑃(𝐵𝑝) − 𝑃(𝐵𝑝 ∩ 𝐵𝑐) − 𝑃(𝐵𝑝 ∩ 𝐵𝑏) −

−𝑃(𝐵𝑐 ∩ 𝐵𝑏) + 𝑃(𝐵𝑝 ∩ 𝐵𝑐 ∩ 𝐵𝑏) = 3 ∙ (2

3)𝑛

− 3 ∙ (1

3)𝑛

,

𝑃(𝐴) = 1 − 𝑃(𝐴𝐶) = 1 − 3 ∙ (2

3)𝑛

+ 3 ∙ (1

3)𝑛

.

Tim je:

𝑃([𝑋 ≤ 𝑛]) = 1 − 3 ∙ (2

3)𝑛

+ 3 ∙ (1

3)𝑛

,

𝑃([𝑋 = 𝑛]) = 𝑃([𝑋 ≤ 𝑛] ∖ [𝑋 ≤ 𝑛 − 1]) = 𝑃([𝑋 ≤ 𝑛]) − 𝑃([𝑋 ≤ 𝑛 − 1]) =

= 1 − 3 ∙ (2

3)𝑛

+ 3 ∙ (1

3)𝑛

− [1 − 3 ∙ (2

3)𝑛−1

+ 3 ∙ (1

3)𝑛−1

] = (2

3)𝑛−1

− 2 ∙ (1

3)𝑛−1

.

132

Otuda:

𝑋: (

3 4 … 𝑛 …2

9

2

9… (

2

3)𝑛−1

− 2 ∙ (1

3)𝑛−1

…) ,

𝐸𝑋 = ∑ 𝑛[(2

3)𝑛−1

− 2 ∙ (1

3)𝑛−1

]

+∞

𝑛=3

= ∑𝑛 ∙ (2

3)𝑛−1+∞

𝑛=3

− 2 ∙ ∑𝑛 ∙ (1

3)𝑛−1+∞

𝑛=3

=

= |𝑢 =2

3, 𝑣 =

1

3| = (∑ 𝑢𝑛

+∞

𝑛=0

− 1 − 𝑢 − 𝑢2)

′

− 2 ∙ (∑ 𝑣𝑛+∞

𝑛=0

− 1− 𝑣 − 𝑣2)

′

=

= (1

1 − 𝑢− 1 − 2𝑢) − 2 ∙ (

1

1 − 𝑣− 1 − 2𝑣) =

2

3+1

3= 1 .

19. Neka je zajednička distribucija vjerovatnoće slučajnih varijabli 𝑿 i 𝒀 data u sljedećoj tabeli:

𝟎 𝟏 𝟐

𝟎 0.1 0.2 0.3

𝟏 0.2 0.1 0.1

a) Izračunati: 𝑭𝑿,𝒀(𝟏,𝟏), 𝑭𝑿,𝒀(𝟏, 𝟐), 𝑷([𝑿 = 𝟏, 𝒀 ≤ 𝟏]).

b) Izračunati: 𝑬(𝑿𝟐 + 𝒀𝟐), 𝑬𝑿, 𝑬𝒀.

Rješenje:

a) Imamo da je:

𝐹𝑋,𝑌(1,1) = 𝑃([𝑋 ≤ 1, 𝑌 ≤ 1]) = 0.1 + 0.2 + 0.2 + 0.1 = 0.6 ,

𝐹𝑋,𝑌(1,2) = 0.1 + 0.2 + 0.3 + 0.2 + 0.1 + 0.1 = 1 ,

𝑃([𝑋 = 1, 𝑌 ≤ 1]) = 0.2 + 0.1 = 0.3 .

b) Imamo da je:

𝐸(𝑋2 + 𝑌2) = (02 + 02) ∙ 0.1 + (02 + 12) ∙ 0.2 + (02 + 22) ∙ 0.3 +

+(12 + 02) ∙ 0.2 + (12 + 12) ∙ 0.1 + (12 + 12) ∙ 0.1 = 2.3 ,

𝑃([𝑋 = 0]) = 0.1 + 0.2 + 0.3 = 0.6 ,

𝑃([𝑋 = 1]) = 0.2 + 0.1 + 0.1 = 0.4 ,

𝑃([𝑌 = 0]) = 0.1 + 0.2 = 0.3 ,

𝑃([𝑌 = 1]) = 0.2 + 0.1 = 0.3 ,

X Y


133

𝑃([𝑌 = 2]) = 0.3 + 0.1 = 0.4 .

tj. za 𝑋 sabiremo retke a za 𝑌 sabiremo stupce u tabeli zajedničke distribucije vjerovatnoće. Tim su

distribucije vjerovatnoće za 𝑋 i 𝑌:

𝑋: (0 10.6 0.4

) , 𝑌: (0 1 20.3 0.3 0.4

) .

𝐸𝑋 = 0 ∙ 0.6 + 1 ∙ 0.4 = 0.4 , 𝐸𝑌 = 0 ∙ 0.3 + 1 ∙ 0.3 + 2 ∙ 0.4 = 1.1 .

20. Bacamo dva simetrična tetreadra. Neka je 𝑿 broj koji je pao na donjoj strani prvog tetraedra,

a 𝒀 manji od brojeva koji su pali na donjim stranama.

a) Naći zajedničku distribuciju vjerovatnoće za 𝑿 i 𝒀 i funkciju gustoće slučajnog vektora

(𝑿, 𝒀).

b) Naći distribuciju vjerovatnoće za 𝑿 𝒊 𝒀.

c) Izračunati: 𝑭𝑿,𝒀(𝟐, 𝟑), 𝑷([𝟏 < 𝑿 ≤ 𝟑,𝒀 ≥ 𝟐]).

Rješenje:

a) Imamo da je:

𝑃([𝑋 = 1, 𝑌 = 1]) = 𝑃({(1,1), (1,2), (1,3), (1,4)}) =4

16=1

4 ,

𝑃([𝑋 = 1, 𝑌 = 2]) = 𝑃([𝑋 = 1, 𝑌 = 3]) = 𝑃([𝑋 = 1, 𝑌 = 4]) = 0 ,

𝑃([𝑋 = 2, 𝑌 = 1]) = 𝑃({(2,1)}) =1

16 ,

𝑃([𝑋 = 2, 𝑌 = 2]) = 𝑃({(2,2), (2,3), (2,4)}) =3

16 ,

𝑃([𝑋 = 2, 𝑌 = 3]) = 𝑃([𝑋 = 2, 𝑌 = 4]) = 0 ,

𝑃([𝑋 = 3, 𝑌 = 1]) = 𝑃({(3,1)}) =1

16 ,

𝑃([𝑋 = 3, 𝑌 = 2]) = 𝑃({(3,2)}) =1

16,

𝑃([𝑋 = 3, 𝑌 = 3]) = 𝑃({(3,3), (3,4)}) =2

16=1

8 ,

𝑃([𝑋 = 3, 𝑌 = 4]) = 0, 𝑃([𝑋 = 4, 𝑌 = 1]) = 𝑃({(4,1)}) =1

16 ,

𝑃([𝑋 = 4, 𝑌 = 2]) = 𝑃({(4,2)}) =1

16,

𝑃([𝑋 = 4, 𝑌 = 3]) = 𝑃({(4,3)}) =1

16,

𝑃([𝑋 = 4, 𝑌 = 4]) = 𝑃({(4,4)}) =1

16 .

134

Zajednička distribucija vjerovatnoće za 𝑋, 𝑌 je:

𝟏 𝟐 𝟑 𝟒

𝟏 1

4 0 0 0

𝟐 1

16 3

16 0 0

𝟑 1

16 1

16 1

16 1

16

𝟒 1

16 1

16 1

16 1

16

Funkciju gustoće slučajnog vektora (𝑋, 𝑌) dobijamo iz tabele, npr.:

𝑓𝑋,𝑌(1,1) =1

4, 𝑓𝑋,𝑌(3,2) =

1

16 ,

𝑓𝑋,𝑌(0.5,1) = 0, 𝑓𝑋,𝑌(1,1.3) = 0 ,

𝑓𝑋,𝑌(𝑛,𝑚) = 0, 𝑛 ≠ 1,2,3,4 ∨ 𝑚 ≠ 1,2,3,4 .

b) Distribucije vjerovatnoće za 𝑋 i 𝑌 su:

𝑋:(1 2 3 41

4

1

4

1

4

1

4

) ,

𝑌: (1 2 3 47

16

5

16

3

16

1

16

) .

c) Iz tabele zajedničke distribucije vjerovatnoće, imamo da je:

𝐹𝑋,𝑌(2,3) = 𝑃([𝑋 ≤ 2, 𝑌 ≤ 3]) =1

4+1

16+ 0 +

3

16+ 0 + 0 =

1

2 ,

𝑃([1 < 𝑋 ≤ 3, 𝑌 ≥ 3]) =3

16+1

16+ 0 +

1

8+ 0 + 0 =

3

8 .

21. Stranice kocke su numerisane sa 𝟏,𝟏, 𝟐, 𝟐, 𝟑, 𝟑. Takvu kocku bacamo tri puta. Neka je 𝑿

minimum, a 𝒀 maksimum od brojeva koji su pali.

a) Naći zajedničku distribuciju vjerovatnoće za 𝑿 i 𝒀.

b) Naći distribucije vjerovatnoće za 𝑿 i 𝒀.

c) Ispitati nezavisnost za 𝑿 i 𝒀.

d) Naći kovarijancu za 𝑿 i 𝒀.

e) Izračunati: 𝑷([𝑿 = 𝟏,𝒀 ≤ 𝟐]), 𝑷([𝑿 = 𝟐]), 𝑷([𝑿 = 𝟏,𝒀 = 𝟐]).

𝑋 𝑌


135

Rješenje:

a) Imamo da je:

𝑃([𝑋 = 1, 𝑌 = 1]) = 𝑃({1,1,1}) =1

27 ,

𝑃([𝑋 = 1, 𝑌 = 2]) = 𝑃({(1,1,2), (1,2,1), (2,1,1), (1,2,2), (2,1,2), (2,2,1)}) =6

27=2

9 ,

𝑃([𝑋 = 1, 𝑌 = 3]) = 𝑃({(1,1,3), (1,3,1), (3,1,1), (3,3,1), (3,1,3), (1,3,3), (1,2,3),

(1,3,2), (2,1,3), (2,3,1), (3,1,2), (3,2,1)}) =12

27=4

9 ,

𝑃([𝑋 = 2, 𝑌 = 1]) = 0 ,

𝑃([𝑋 = 2, 𝑌 = 2]) = 𝑃({(2,2,2)}) =1

27 ,

𝑃([𝑋 = 2, 𝑌 = 3]) = 𝑃({(2,2,3), (2,3,2), (3,2,2), (3,3,2), (3,2,3), (2,3,3)}) =6

27=2

9 ,

𝑃([𝑋 = 3, 𝑌 = 1]) = 𝑃([𝑋 = 3, 𝑌 = 2]) = 0 ,

𝑃([𝑋 = 3, 𝑌 = 3]) = 𝑃({(3,3,3)}) =1

27 .

Tim imamo tabelu:

𝟏 𝟐 𝟑

𝟏 1

27

2

9

4

9

𝟐 0 1

27

2

9

𝟑 0 0 1

27

b) Imamo da je:

𝑃([𝑋 = 1]) =1

27+2

9+4

9=19

27 ,

𝑃([𝑋 = 2]) = 0 +1

27+2

9=7

27 ,

𝑃([𝑋 = 3]) = 0 + 0 +1

27=1

27 ,

𝑃([𝑌 = 1]) =1

27+ 0 + 0 =

1

27 ,

𝑃([𝑌 = 2]) =2

9+1

27+ 0 =

7

27 ,

𝑃([𝑌 = 3]) =4

9+2

9+1

27=19

27 .

Tim je:

𝑋 𝑌

136

𝑋:(1 2 319

27

7

27

1

27

) , 𝑌: (1 2 31

27

7

27

19

27

) .

c) Imamo da je:

𝑓𝑋,𝑌(2,1) = 0 ≠7

27∙1

27= 𝑓𝑋(2) ∙ 𝑓𝑌(1) ,

dakle, 𝑋 i 𝑌 su zavisne.

d) Imamo da je:

𝑐𝑜𝑣(𝑋, 𝑌) = 𝐸(𝑋𝑌) − 𝐸𝑋 ∙ 𝐸𝑌 = 1 ∙ 1 ∙1

27+ 1 ∙ 2 ∙

2

9+ 1 ∙ 3 ∙

4

9+ 2 ∙ 1 ∙ 0 + 2 ∙ 2 ∙

1

27+

+2 ∙ 3 ∙2

9+ 3 ∙ 1 ∙ 0 + 3 ∙ 2 ∙ 0 + 3 ∙ 3 ∙

1

27− (1 ∙

19

27+ 2 ∙

7

27+ 3 ∙

1

27) (1 ∙

1

27+ 2 ∙

7

27+ 3 ∙

19

27) =

=98

27−36

27∙72

27≈ 0.07 .

e) Imamo da je:

𝑃([𝑋 = 1, 𝑌 ≤ 2]) =1

27+2

9=7

27 ,

𝑃([𝑋 = 2]) =7

27,

𝑃([𝑋 = 1, 𝑌 ≥ 2]) =2

9+4

9=6

9=2

3 .

22. Prva kutija sadrži 3 bijele i 4 crne kuglice, a druga kutija sadrži 5 bijelih kuglica. Iz prve kutije

slučajno izvlačimo 3 kuglice koje prebacimo u drugu kutiju. Zatim iz druge kutije slučajno

izvlačimo 4 kuglice koje prebacimo u prvu kutiju. Neka je slučajna varijabla 𝒀𝟏 broj bijelih

kuglica prebačenih u drugu kutiju, a slučajna varijabla 𝒀𝟐 broj bijelih kuglica prebačenih u

prvu kutiju.

a) Naći zajedničku distribuciju vjerovatnoće za 𝒀𝟏 i 𝒀𝟐 .

b) Naći distribucije vjerovatnoće za 𝒀𝟏 i 𝒀𝟐.

c) Ispitati nezavisnost za 𝒀𝟏 i 𝒀𝟐.

d) Izračunati kovarijancu i koeficijent korelacije za 𝒀𝟏 i 𝒀𝟐 .

e) Ako su slučajne varijable 𝑿𝟏 i 𝑿𝟐 broj bijelih kuglica u prvoj, odnosno drugoj kutiji

nakon premještanja, izračunati 𝑷([𝑿𝟏 = 𝟑,𝑿𝟐 = 𝟒]) .

Rješenje:

a) 𝑌1 prima vrijednosti 0, 1, 2, 3, a 𝑌2 prima vrijednosti 1, 2, 3, 4. Vrijedi:

𝑃([𝑌2 = 𝑛 | 𝑌1 = 𝑚]) =(5 + 𝑚

𝑛) (3 −𝑚4 − 𝑛

)

(84)

,


137

𝑃([𝑌1 = 𝑚]) =(3𝑚)(

43 −𝑚

)

(73)

, 𝑚 = 0,3̅̅ ̅̅ , 𝑛 = 1,4̅̅ ̅̅ .

Tim je:

𝑝𝑚𝑛 = 𝑃([𝑌1 = 𝑚,𝑌2 = 𝑛]) = 𝑃([𝑌2 = 𝑛 | 𝑌1 = 𝑚]) ∙ 𝑃([𝑌1 = 𝑚]) =

=(5 + 𝑚

𝑛) (3 − 𝑚4− 𝑛

)

(84)

∙(3𝑚) (

43 −𝑚

)

(73)

, 𝑚 = 0,3̅̅ ̅̅ , 𝑛 = 1,4̅̅ ̅̅ .

Dakle, zajednička gustoća za 𝑌1 i 𝑌2 je:

𝟏 𝟐 𝟑 𝟒

𝟎 0.0081633 0.04898 0.04898 0.0081633

𝟏 0 0.1102 0.29388 0.1102

𝟐 0 0 0.17143 0.17143

𝟑 0 0 0 0.028571

b) Imamo da je:

𝑃([𝑌1 = 0]) = 0.0081633 + 0.04898 + 0.04898 + 0.0081633 = 0.11429 ,

𝑃([𝑌1 = 1]) = 0 + 0.1102 + 0.29388 + 0.1102 = 0.51428 ,

𝑃([𝑌1 = 2]) = 0 + 0 + 0.17143 + 0.17143 = 0.34286 ,

𝑃([𝑌1 = 3]) = 0 + 0 + 0 + 0.028571 = 0.028571 ,

𝑃([𝑌2 = 1]) = 0.0081633 + 0 + 0 + 0 = 0.0081633 ,

𝑃([𝑌2 = 2]) = 0.04898 + 0.1102 + 0 + 0 = 0.15918 ,

𝑃([𝑌2 = 3]) = 0.04898 + 0.29388 + 0.17143 + 0 = 0.51429 ,

𝑃([𝑌2 = 4]) = 0.0081633 + 0.1102 + 0.17143 + 0.028571 = 0.31836 .

Tim imamo da je:

𝑌1: (0 1 2 3

0.11429 0.51428 0.34286 0.028571) ,

𝑌2: (1 2 3 4

0.0081633 0.15918 0.51429 0.31836) .

c) Imamo da je:

𝑝31 = 0 ≠ 0.028571 ∙ 0.0081633 = 𝑝3 ∙ 𝑞1 ,

𝑌1 𝑌2

138

odnosno:

𝑓𝑌1,𝑌2(3,1) ≠ 𝑓𝑌1(3) ∙ 𝑓𝑌1(1) .

Dakle, 𝑌1 i 𝑌2 su zavisne.

d) Imamo da je:

𝑐𝑜𝑣(𝑌1 , 𝑌2) = 𝐸(𝑌1 ∙ 𝑌2) − 𝐸𝑌1 ∙ 𝐸𝑌2 =

0 ∙ 1 ∙ 0.0081633 + 0 ∙ 2 ∙ 0.04898 + 0 ∙ 3 ∙ 0.04898 + 0 ∙ 4 ∙ 0.0081633 +

+1 ∙ 1 ∙ 0 + 1 ∙ 2 ∙ 0.1102 + 1 ∙ 3 ∙ 0.29388 + 1 ∙ 4 ∙ 0.1102 + 2 ∙ 1 ∙ 0 +

+2 ∙ 2 ∙ 0 + 2 ∙ 3 ∙ 0.17143 + 2 ∙ 4 ∙ 0.17143 + 3 ∙ 1 ∙ 0 + 3 ∙ 2 ∙ 0 +

+3 ∙ 3 ∙ 0 + 3 ∙ 4 ∙ 0.028571 − (0 ∙ 0.11429 + 1 ∙ 0.51428 + 2 ∙ 0.34286 +

+3 ∙ 0.028571) ∙ (1 ∙ 0.0081633 + 2 ∙ 0.15918 + 3 ∙ 0.51429 + 4 ∙ 0.31836) =

= 4.285712 − 1.285713 ∙ 3.1428333 = 0.244930369 ,

𝑉𝑎𝑟𝑌1 = 𝐸𝑌12 − (𝐸𝑌1)

2 =

= 02 ∙ 0.0081633 + 12 ∙ 0.15428 + 22 ∙ 0.34286 +

+32 ∙ 0.028571 − (1.285713)2 = 0.489801081 ,

𝑉𝑎𝑟𝑌2 = 𝐸𝑌22 − (𝐸𝑌2)

2 = 12 ∙ 0.0081633 + 22 ∙ 0.15918 +

+32 ∙ 0.51429 + 42 ∙ 0.31836 − (3.1428333)2 = 0.489852148 ,

𝜚(𝑌1, 𝑌2) =𝑐𝑜𝑣(𝑌1, 𝑌2)

√𝑉𝑎𝑟𝑌1 ∙ 𝑉𝑎𝑟𝑌2=

0.244930369

√0.489801081 ∙ 0.489852148= 0.244943137 .

e) Imamo da je:

𝑋1 = 2 − 𝑌1 + 𝑌2𝑋2 = 5 + 𝑌1 − 𝑌2

∧ 𝑋1 = 3𝑋2 = 4

⇒

3 = 2 − 𝑌1 + 𝑌24 = 5 + 𝑌1 − 𝑌2

⇒

𝑌1 − 𝑌2 = −1 ⇒

(𝑌1 = 0, 𝑌2 = 1) ∨ (𝑌1 = 1, 𝑌2 = 2) ∨ (𝑌1 = 2, 𝑌2 = 3) ∨ (𝑌1 = 3, 𝑌1 = 4) .

Tim je:

𝑃([𝑋1 = 3, 𝑋2 = 4]) =

= 𝑃([𝑌1 = 0, 𝑌2 = 1]) + 𝑃([𝑌1 = 1, 𝑌2 = 2]) + 𝑃([𝑌1 = 2, 𝑌2 = 3]) + 𝑃([𝑌1 = 3, 𝑌2 = 4]) =


139

= 0.0081633 + 0.1102 + 0.17143 + 0.028571 = 0.3183643 .

23. Bacamo 𝟏𝟎 opterećenih novčića. Vjerovatnoća da na 𝒊-tom novčiću padne pismo je:

𝒑𝒊 =𝒊

𝟏𝟎, 𝒊 = 𝟏, 𝟏𝟎̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ .

Neka 𝑿 označava odabrani novčić. Odrediti:

a) distribuciju vjerovatnoće.

b) funkciju gustoće.

c) 𝑬𝑿.

d) 𝑽𝒂𝒓𝑿 i 𝝈𝑿 .

Rješenje: Neka je događaj 𝐴 da je palo pismo, a 𝐻𝑖 odabrani 𝑖-ti novčić. Tada je:


10

𝑖=1

=∑1

10∙𝑖

10

10

𝑖=1

=1

100∙10 ∙ 11

2= 0.55 .

a) Imamo da je:

𝑃([𝑋 = 𝑖]) =𝑃(𝐻𝑖) ∙ 𝑃(𝐴|𝐻𝑖)

𝑃(𝐴)=

110∙𝑖10

0.55=

𝑖

55, 𝑖 = 1,10̅̅ ̅̅ ̅̅ .

Tim je distribucija vjerovatnoće:

𝑋:(1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1

55

2

55

3

55

4

55

5

55

6

55

7

55

8

55

9

55

10

55

) .

b) Imamo da je funkicija gustoće:

𝑓𝑋(𝑥) = {𝑖

55, 𝑥 = 1,10̅̅ ̅̅ ̅̅

0, 𝑖𝑛𝑎č𝑒 , 𝑥 ∈ ℝ .

c) Imamo da je:

𝐸𝑋 =∑𝑖2

55

10

𝑖=1

=10 ∙ 11 ∙ 21

55 ∙ 6= 7 .

d) Imamo da je:

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸𝑋2 − (𝐸𝑋)2 =∑𝑖3

55− 72

10

𝑖=1

= 6 ,

𝜎𝑋 = √𝑉𝑎𝑟𝑋 = √6 ≈ 2.449 .

140

24. Standardna devijacija svake od 𝟐𝟓𝟎𝟎 nezavisnih slučajnih varijabli je 𝟓. Procjeniti

vjerovatnoću da odstupanje aritmetičke sredine tih varijabli od aritmetičke sredine njihovih

matematičkih očekivanja, bude manja od 𝟎. 𝟐.

Rješenje:

𝑃 ([𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋2500

2500−𝐸𝑋1 + 𝐸𝑋2 +⋯+𝐸𝑋𝑛

2500≤ 0.2]) ≥

≥ |

| ≥ 1 −

𝑉𝑎𝑟 (𝑋1 + 𝑋2 +⋯+ 𝑋2500

2500)

(0.2)2=

= 1−𝑉𝑎𝑟𝑋1 + 𝑉𝑎𝑟𝑋2 +⋯+ 𝑉𝑎𝑟𝑋2500

(2500)2 ∙ 0.04= 1 −

2500 ∙ 52

(2500)2 ∙ 0.04= 1 −

1

4=3

4 .

25. Pretpostavimo da je srednje kvadratno odstupanje nekog mjerenja od stvarne vrijednosti

jednako 𝟏. Procjeniti vjerovatnoću da pri 𝟐𝟎𝟎𝟎 mjerenja odstupanje aritmetičke sredine

dobijenih vrijednosti i stvarne vrijednosti, ne prelazi 𝟎.𝟏.

Rješenje:

𝑃 ([|𝑋1 + 𝑋2 +⋯+ 𝑋2000

2000− 𝐸𝑋| ≤ 0.1]) ≥

≥ |

| ≥ 1 −𝑉𝑎𝑟 (

𝑋1 + 𝑋2 +⋯+ 𝑋20002000

)

(0.1)2=

= 1 −

𝑉𝑎𝑟𝑋1 + 𝑉𝑎𝑟𝑋2 +⋯+𝑉𝑎𝑟𝑋2000(2000)2

(0.1)2= 1−

2000 ∙ 1(2000)2

0.01= 1 −

1

20= 0.95 .

26. Tehnička kontrola provjerava jednu seriju proizvoda. Proizvod ima defekt 𝑨 sa

vjerovatnoćom od 𝟎. 𝟎𝟏, a nezavisno od toga, ima defekt 𝑩 vjerovatnoću od 𝟎.𝟎𝟐. U kojim

granicama će biti broj defektnih proizvoda u seriji od 𝟏𝟎𝟎𝟎 proizvoda sa vjerovatnoćom

barem 𝟎.𝟗𝟓?

Rješenje: Proizvod je defektan ako ima defekt 𝐴 ili 𝐵. Dakle, vjerovatnoća da proizvod ima defekt je:

𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵) − 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵) =

= 0.01 + 0.02 − 0.01 ∙ 0.02 = 0.0298 ,

𝑃([|𝑋1000 − 𝐸𝑋1000| < 𝜖]) = |

| =

Čebiševljeva

nejednakost

Čebiševljeva

nejednakost

𝑋1000 je binomna

slučajna varijabla


141

= 𝑃([|𝑋1000 − 1000 ∙ 0.0298| < 𝜖]) ≥ |

| ≥

≥ 1−𝑊𝑎𝑟𝑋1000

𝜖2= 1−

1000 ∙ 0.0198 ∙ 0.9702

𝜖2≥ 0.95

⇒ 𝜖 ≈ 25 .

Dakle, sa vjerovatnoćom barem 0.95, imamo između 4.8 i 54.8 defektnih proizvoda u seriji od 1000

proizvoda.

Čebiševljeva

nejednakost

142

5. Neprekidne slučajne varijable

Mnogi konkretni primjeri slučajnih eksperimenata, koji su rezultati nekih fizikalnih mjerenja (vrijeme,

temperatura, dužina, novčane vrijednosti i slično), ne mogu se precizno opisati pomoću diskretnih

slučajnih varijabli. U ovoj glavi će se ispitivati takve slučajne varijable, tj. slučajne varijable za koje ne

postoji izbrojiv podskup 𝐷 skupa ℝ, takav da je vjerovatnoća da one primaju vrijednosti u skupu 𝐷

jednaka jedan. Ograničavamo se na slučajne varijable 𝑋 za koje je funkcija po 𝑥, 𝑃([𝑋 ≤ 𝑥])

neprekidno-diferencijabilna u svakoj tački 𝑥, izuzev eventualno u izbrojivo mnogo njih.

5.1. Funkcija distribucije i funkcija gustoće slučajnih varijabli

Sljedeći teorem daje osobine funkcije distribucije slučajne varijable. Njen dokaz je potpuno analogan

kao u diskretnom slučaju.

Neka funkcija distribucije 𝐹𝑋 slučajne varijable ima prekide u tačkama 𝑎𝑖 , 𝑖 ∈ ℕ. Označimo ih sa:

𝑝𝑖 = 𝑃([𝑋 = 𝑎𝑖]) = |

| = lim𝑛→+∞

𝑃 ([𝑎𝑖 −1

𝑛< 𝑋 ≤ 𝑎𝑖]) =

= lim𝑛→+∞

[𝐹𝑋(𝑎𝑖) − 𝐹𝑋(𝑎𝑖 − 0)] = | | > 0, 𝑖 ∈ ℕ

Definicija 5.1.1. Neka je 𝑋 slučajna varijabla. Funkciju 𝐹𝑋: ℝ → [0,1] definiranu sa:

𝐹𝑋(𝑥) = 𝑃([𝑋 ≤ 𝑥]), 𝑥 ∈ ℝ,

Nazivamo funkcija distribucije slučajne varijable 𝑋.

Teorem 5.1.1. Za funkciju distribucije 𝐹𝑋 slučajne varijable 𝑋 vrijedi:

a) 𝐹𝑋 je neopadajuća

b) 𝐹𝑋 je neprekidna s desna

c) lim𝑥→+∞

𝐹𝑋(𝑥) = 1 𝑖 lim𝑥→−∞

𝐹𝑋(𝑥) = 0

d) 𝑃([𝑎 < 𝑋 ≤ 𝑏]) = 𝐹𝑋(𝑏) − 𝐹𝑋(𝑎)

e) 𝑃([𝑎 ≤ 𝑋 ≤ 𝑏]) = 𝐹𝑋(𝑏) − 𝐹(𝑎 − 0)

f) 𝐹([𝑎 < 𝑋 < 𝑏]) = 𝐹𝑋(𝑏 − 0) − 𝐹𝑋(𝑎)

g) 𝑃([𝑎 ≤ 𝑋 < 𝑏]) = 𝐹𝑋(𝑏 − 0) − 𝐹𝑋(𝑎 − 0)

zbog neprekidne

vjerovatnoće u odnosu na

opadajući niz događaja

𝑎𝑖 je tačka prekida


143

Označimo sa:

𝑓𝑋(𝑥) = 𝐹𝑋′ (𝑥), 𝑥 ≠ 𝑎𝑖 , 𝑖 ∈ ℕ.

Tada je:

𝐹𝑋(𝑥) = ∫𝐹𝑋′ (𝑡)𝑑𝑡

𝑥

−∞

+ ∑ 𝑝𝑖 .

𝑎𝑖≤𝑥

Za funkciju gustoće 𝑓𝑋 slučajne varijable 𝑋 vrijedi:

a) 𝑓𝑋(𝑥) ≥ 0, 𝑥 ∈ ℝ ,

b) ∫ 𝑓𝑋(𝑥)𝑑𝑥+∞

−∞+∑ 𝑝𝑖𝑖 = 1 .

Ako je 𝐹𝑋 neprekidno diferencijabilna u svakoj tački, tada je:

𝑓𝑋(𝑥) = 𝐹𝑋′ (𝑥) 𝑖 𝐹𝑋(𝑥) = ∫ 𝑓𝑋(𝑡)𝑑𝑡

𝑥

−∞

.

Za takve slučajne varijable kažemo da su neprekidne.

Ako je slučajna varijabla 𝑋 sa funkcijom distribucije kao u relaciji (∗), onda je 𝐹𝑋 zbir funkcije distribucije

neprekidne slučajne varijable I funkcije distribucije diskretne slučajne varijable. Takve slučajne varijable

nazivamo mješovite slučajne varijable.


𝑓(𝑥) = 𝑐 ∙ 𝑒−|𝑥|, 𝑥 ∈ ℝ.

Odrediti 𝑐, tako da je 𝑓 funkcija gustoće neke slučajne varijable 𝑋. Naći funkciju distribucije.


1 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥

+∞

−∞

= ∫ 𝑐 ∙ 𝑒−|𝑥|𝑑𝑥

+∞

−∞

= 2𝑐 ∙ ∫ 𝑒−𝑥𝑑𝑥

+∞

0

= 2𝑐 ∙ (−𝑒0 − 𝑒−∞) = 2𝑐 ⇒

𝑐 =1

2.

Funkcija:

𝑓𝑋(𝑥) =1

2∙ 𝑒−|𝑥|, 𝑥 ∈ ℝ

Definicija 5.1.2. Funkciju 𝐹𝑋:ℝ → ℝ definisanu sa:

𝑓𝑋(𝑥) = {𝐹𝑋′ (𝑥), 𝑥 ≠ 𝑎𝑖 , 𝑖 ∈ ℕ𝑝𝑖 , 𝑥 = 𝑎𝑖 , 𝑖 ∈ ℕ

, 𝑥 ∈ ℝ

Nazivamo funkcija gustoće slučajne varijable 𝑋.

(∗)

144

je funkcija gustoće neprekidne slučajne varijable 𝑋. Funkcija distribucije je:

𝐹𝑋(𝑥) = ∫1

2∙ 𝑒−|𝑡|𝑑𝑡

𝑥

−∞

=

{

1

2+1

2∙ ∫ 𝑒−𝑡𝑑𝑡

𝑥

0

, 𝑥 ≥ 0

1

2∙ ∫ 𝑒𝑡𝑑𝑡

𝑥

−∞

, 𝑥 < 0

=

= {

1

2+1

2∙ (1 − 𝑒−𝑥), 𝑥 ≥ 0

1

2∙ 𝑒𝑥 , 𝑥 < 0

, 𝑥 ∈ ℝ .

Primjer 5.1.2. Neka slučajna varijabla 𝑋 predstavlja stanja računa klijenata neke banke na kraju

mjeseca, a koja mogu biti negativna i nenegativna. Neka je funkcija distribucije vjerovatnoće od 𝑋 data

sa:

𝐹𝑋(𝑥) = {1 −

1

3∙ 𝑒−𝑥 , 𝑥 ≥ 0

1

3∙ 𝑒𝑥 , 𝑥 < 0

Nacrtati grafik od 𝑓𝑋 i naći funkciju gustoće.

Rješenje:

Slika 18: Grafik funkcije 𝐹𝑋 iz primjera 5.1.2.

Slika 17: Funkcija 𝐹𝑋(𝑥) iz primjera 5.1.1.

1

2

1


145

Pošto je:

lim𝑥→0+0

𝐹𝑋(𝑥) =2

3 𝑖 lim

𝑥→0−0𝐹𝑋(𝑥) =

1

3 ,

to 𝐹𝑋 nije neprekdina u tački 𝑥 = 0. Očigledno, 𝐹𝑋 je neprekidno diferencijabilna u svim tačkama

𝑥 ≠ 0. Tim je:

𝑃([𝑋 = 0]) = 𝐹𝑋(0) − 𝐹𝑋(0 − 0) =2

3−1

3=1

3 ,

𝐹𝑋′ (𝑥) = {

1

3∙ 𝑒−𝑥 , 𝑥 > 0

1

3∙ 𝑒𝑥 , 𝑥 < 0

⇒

𝐹𝑋′ (𝑥) =

1

3∙ 𝑒−|𝑥|, 𝑥 ≠ 0 .

Tim je funkcija gustoće od 𝑋 data sa:

𝑓𝑋(𝑥) = {

1

3∙ 𝑒−|𝑥|, 𝑥 ≠ 0

1

3 , 𝑥 = 0

.

Provjera da li funkcija gustoće zadovoljava definiciju:

∫1

3∙ 𝑒−|𝑥|𝑑𝑥

+∞

−∞

+1

3=2

3∙ ∫ 𝑒−𝑥𝑑𝑥

+∞

0

+1

3=2

3∙ (0 + 1) +

1

3=2

3+1

3= 1 .

Ako je 𝑋 diskretna slučajna varijabla sa distribucijom vjerovatnoće:

𝑋: (𝑎1 𝑎2 … 𝑎𝑛 …𝑝1 𝑝2 … 𝑝𝑛 …

) .

Tada je 𝑃([𝑋 ≤ 𝑥]) neprekdino diferencijabilna za 𝑥 ≠ 𝑎𝑖 , 𝑖 ∈ ℕ. Funkcija gustoće je:

𝑓𝑋(𝑥) = {𝐹𝑋′ (𝑥), 𝑥 ≠ 𝑎𝑖 , 𝑖 ∈ ℕ𝑝𝑖 , 𝑥 = 𝑎𝑖 , 𝑖 ∈ ℕ

= {0, 𝑥 ≠ 𝑎𝑖 , 𝑖 ∈ ℕ𝑝𝑖, 𝑥 = 𝑎𝑖 , 𝑖 ∈ ℕ

.

146

Primjer 5.1.3.

a) Kažemo da slučajna varijabla 𝑋 ima uniformnu distribuciju na segmentu [𝑎, 𝑏], 𝑎 < 𝑏, ako je

njena funkcija gustoće data sa:

𝑓𝑋(𝑥) = {

1

𝑏 − 𝑎, 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏

0, 𝑥 ≠ [𝑎, 𝑏] .

Funkcija distribucije od 𝑋 je:

𝐹𝑋(𝑥) = {

0, 𝑥 < 𝑎 𝑥 − 𝑎

𝑏 − 𝑎, 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏

1, 𝑥 > 𝑏

, 𝑥 ∈ ℝ .

b) Kažemo da 𝑋 ima eksponencijalnu distribuciju sa parametrom 𝜆 > 0, ako je:

𝑓𝑋(𝑥) = {𝜆 ∙ 𝑒−𝜆∙𝑥 , 𝑥 > 00, 𝑥 ≤ 0

.

Tada je funkcija distribucije od X:

𝐹𝑋(𝑥) = {

0, 𝑥 ≤ 0

∫𝜆 ∙ 𝑒−𝜆∙𝑡𝑑𝑡,

𝑥

0

𝑥 > 0 = {

0, 𝑥 ≤ 0

1 − 𝑒−𝜆∙𝑥 , 𝑥 > 0 .

Slika 19: Funkcija distribucije od 𝑋,

koja ima uniformnu distribuciju

Slika 20: Funkcija gustoće od 𝑋, koja

ima normalnu distribuciju


147

c) 𝑋 ima dvostranu eksponencijalnu distribuciju s parametrom 𝜆 > 0 ako je:

𝑓𝑋(𝑥) =1

2∙ 𝜆 ∙ 𝑒−𝜆∙|𝑥|, 𝑥 ∈ ℝ .

Tada je funkcija distribucije od X:

𝐹𝑋(𝑥) =

{

1

2+∫

1

2∙ 𝜆 ∙ 𝑒−𝜆∙𝑡𝑑𝑡

𝑥

0

𝑥 ≥ 0

∫1

2∙ 𝜆 ∙ 𝑒−𝜆∙𝑡𝑑𝑡,

𝑥

−∞

𝑥 < 0

= {

1

2+1

2∙ (1 − 𝑒−𝜆∙𝑥), 𝑥 ≥ 0

1

2∙ 𝑒−𝜆∙𝑥 , 𝑥 < 0

.

d) 𝑋 ima Cauchyjevu distribuciju sa parametrima 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ i 𝑎 > 0, ako je:

𝑓𝑋(𝑥) =𝑎

𝜋[𝑎2 + (𝑥 − 𝑏)2], 𝑥 ∈ ℝ .


ima eksponencijalnu distribuciju Slika 21: Funkcija distribucije od 𝑋,

koja ima eksponencijalnu distribuciju

𝜆


koja ima dvostranu eksponencijalnu

distribuciju


ima dvostranu eksponencijalnu

distribuciju

148

Tada je funkcija distribucije:

𝐹𝑋(𝑥) =1

𝜋arctg

𝑥 − 𝑏

𝑎+1

2, 𝑥 ∈ ℝ .

Specijalno, ako je 𝑎 = 1 i 𝑏 = 0, to je:

𝑓𝑋(𝑥) =1

𝜋(1 + 𝑥2), 𝑥 ∈ ℝ

i kažemo da 𝑋 ima jediničnu Cauchyjevu distribuciju.

e) 𝑋 ima normalnu distribuciju sa parametrima 𝜇, 𝜎 ∈ ℝ 𝑖 𝜎 > 0, ako je:

𝑓𝑋(𝑥) =1

𝜎√2𝜋∙ 𝑒

−(𝑥−𝜇)2

2∙𝜎2 , 𝑥 ∈ ℝ

i označavamo je sa 𝑋~𝑁(𝜇, 𝜎2). Specijalno, ako je 𝜇 = 0 I 𝜎 = 1 to je:

𝑓𝑋(𝑥) =1

√2𝜋∙ 𝑒−

𝑥2

2 , 𝑥 ∈ ℝ

i kažemo da 𝑋 ima jediničnu normalnu distribuciju.


koja ima Cauchyjevu distribuciju gdje

su 𝑎 = 5 i 𝑏 = 1


ima Cauchyjevu distribuciju gdje

su 𝑎 = 2 i 𝑏 = 2

𝑀(𝑏,1

𝜋𝑎)


149

f) X ima gama distribuciju sa parametrima 𝛼, 𝛽 > 0, ako je:

𝑓𝑋(𝑥) = {

1

Γ(𝛼)𝛽𝛼∙ 𝑥𝛼−1 ∙ 𝑒

−𝑥𝛽 , 𝑥 > 0

0, 𝑥 ≤ 0

,

gdje je:

Γ(𝑥) = ∫ 𝑒−𝑡 ∙ 𝑡𝑥−1𝑑𝑡

+∞

0

, 𝑥 > 0

gama funkcija.

Ako je:

𝛼 =𝑛

2, 𝑛 ∈ ℕ, 𝛽 = 2 ,

imamo da je:

𝑓𝑋(𝑥) = {

1

2𝑛2 ∙ Γ (

𝑛2)∙ 𝑥

𝑛2 −1 ∙ 𝑒−

𝑥2 , 𝑥 > 0

0, 𝑥 ≤ 0

i kažemo da 𝑋 ima 𝜒 2 distribuciju i pišemo 𝑋~𝜒2(𝑛),

pri čemu je 𝑛 broj stupnjeva slobode od 𝑋.

g) 𝑋 ima studentovu 𝑡-distribuciju sa 𝑛

stupnjeva slobode, što pišemo kao 𝑋~𝑡(𝑛),

ako je:

𝑓𝑋(𝑥) =Γ (𝑛 + 12

)

√𝑛 ∙ 𝜋 ∙ Γ (𝑛2)∙ (1 +

𝑥2

𝑛)

−𝑛+12

, 𝑥 ∈ ℝ .


koja ima normalnu distribuciju

1

𝜎√2𝜋

Slika 27: Funkcija gustoće 𝑋, koja

ima normalnu distribuciju

𝜇

1

2


ima gama distribuciju


ima studentovu t-distribuciju

150

U ovom poglavlju posmatrat ćemo slučajne vektore 𝑋 = (𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛) takve za koje postoji

neprekidna funkcija 𝑓:ℝ𝑛 → ℝ, tako da je:

𝑃([𝑋 ≤ 𝑥]) = 𝑃([𝑋1 ≤ 𝑥1, 𝑋2 ≤ 𝑥2, … , 𝑋𝑛 ≤ 𝑥𝑛]) = ∫ 𝑓(𝑡1 , 𝑡2, … , 𝑡𝑛)𝑑𝑡1𝑑𝑡2…𝑑𝑡𝑛[𝑡≤𝑥]

,

gdje su:

𝑡 = (𝑡1 , 𝑡2, … , 𝑡𝑛) 𝑖 𝑥 = (𝑥1, 𝑥2 , … , 𝑥𝑛),

𝑛-torke realnih brojeva.

Vrijedi:

𝑓𝑋(𝑥1, … , 𝑥𝑛) =𝜕𝑛

𝜕𝑥1…𝜕𝑥𝑛𝐹𝑋(𝑥1, … , 𝑥𝑛) .

Neka je 𝐺 ⊆ ℝ𝑛 oblast. Tada, za slučajni vektor 𝑋 = (𝑋1,… , 𝑋𝑛) sa funkcijom gustoće 𝑓𝑋:ℝ𝑛 → ℝ,

vrijedi:

𝑃([𝑋 ∈ 𝐺]) = ∫ 𝑓𝑋(𝑥1, … , 𝑥𝑛)𝑑𝑥1…𝑑𝑥𝑛[𝑥∈𝐺]

, 𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) ∈ ℝ𝑛 .

Funkcija distribucije i funkcija gustoće od 𝑋𝑖 , 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ se dobijaju na sljedeći način:

𝐹𝑋𝑖(𝑡𝑖) = ∫ 𝑓𝑋(𝑥1, … , 𝑥𝑛)𝑑𝑥1…𝑑𝑥𝑛[𝑥𝑖≤𝑡𝑖]

=

Definicija 5.1.3. Funkciju 𝐹𝑋: ℝ𝑛 → [0,1], definisanu sa:

𝐹𝑋(𝑥1, … , 𝑥𝑛) = 𝑃([𝑋1 ≤ 𝑥1, … , 𝑋𝑛 ≤ 𝑥𝑛])

Nazivamo funkcija distribucije slučajnog vektora 𝑋 = (𝑋1,… , 𝑋𝑛), a funkciju 𝑓𝑋: ℝ𝑛 → ℝ, takvu da je:

𝐹𝑋(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) = ∫ 𝑓(𝑡1 , 𝑡2 , … , 𝑡𝑛)𝑑𝑡1𝑑𝑡2…𝑑𝑡𝑛[𝑡≤𝑥]

= ∫ 𝑑𝑡1 ∫ 𝑑𝑡2… ∫ 𝑓𝑋(𝑡1, 𝑡2 , … , 𝑡𝑛)𝑑𝑡𝑛

𝑥𝑛

−∞

𝑥2

−∞

𝑥1

−∞

funkcija gustoće slučajnag vektora 𝑋 ili zajednička funkcija gustoće slučajnih varijabli 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛.

Teorem 5.1.2. Za funkciju distribucije 𝐹𝑋:ℝ𝑛 → [0,1] slučajnog vektora 𝑋 = (𝑋1, … , 𝑋𝑛) vrijedi:

a) 𝑙𝑖𝑚𝑥𝑖→−∞

𝐹𝑋(𝑥1, … , 𝑥𝑛) = 0 ∀𝑥1,… , 𝑥𝑖−1, 𝑥𝑖+1, … , 𝑥𝑛, 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ .

b) 𝑙𝑖𝑚𝑥1→+∞

⋮𝑥𝑛→+∞

𝐹𝑋(𝑥) = 1 .


151

= ∫ 𝑑𝑥𝑖

𝑡𝑖

−∞

∫ 𝑑𝑥1

+∞

−∞

… ∫ 𝑑𝑥𝑖−1

+∞

−∞

∫ 𝑑𝑖+1

+∞

−∞

… ∫ 𝑓𝑋(𝑥1, … , 𝑥𝑛)

+∞

−∞

𝑑𝑥𝑛, 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ ,

𝑓𝑋𝑖(𝑡𝑖) =𝑑

𝑑𝑡𝑖𝐹𝑋𝑖(𝑡𝑖) = ∫ 𝑓𝑋(𝑥1, … , 𝑥𝑖−1, 𝑡𝑖 , 𝑥𝑖+1, … , 𝑥𝑛)

ℝ𝑛−1

𝑑𝑥1…𝑑𝑥𝑖−1𝑑𝑥𝑖+1…𝑑𝑥𝑛, 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ .

Dokaz: Ako su 𝑋1,… , 𝑋𝑛 nezavisne, tada, zbog definicije 5.1.4. vrijedi:

𝐹𝑋(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) =∏𝐹𝑋𝑖(𝑥𝑖)

𝑛

𝑖=1

,

tj. a) ⇒ b).

Uzimanjem izvoda po 𝑥1, 𝑥2 , … , 𝑥𝑛, od relacije b), dobijemo:

𝑓𝑋(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) =𝜕𝑛

𝜕𝑥1𝜕𝑥2…𝜕𝑥𝑛𝐹𝑋(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) =

=∏𝑑

𝑑𝑥𝑖𝐹𝑋𝑖(𝑥𝑖)

𝑛

𝑖=1

=∏𝑓𝑋𝑖(𝑥𝑖)

𝑛

𝑖=1

,

tj. b) ⇒ c).

Uzimanjem integrala od relacije pod c), dobijamo:

𝐹𝑋(𝑥1, 𝑥2 , … , 𝑥𝑛) = ∫ 𝑑𝑡1 ∫ 𝑑𝑡2

𝑥2

−∞

… ∫ 𝑓𝑋(𝑡1, 𝑡2 , … , 𝑡𝑛)𝑑𝑡𝑛

𝑥𝑛

−∞

𝑥1

−∞

=

=∏ ∫ 𝑓𝑋𝑖(𝑡𝑖)𝑑𝑡𝑖

𝑥𝑖

−∞

𝑛

𝑖=1

=∏𝐹𝑋𝑖(𝑥𝑖)

𝑛

𝑖=1

.

Otuda:

𝑝([𝑋1 ≤ 𝑥1, 𝑋2 ≤ 𝑥2, … , 𝑋𝑛 ≤ 𝑥𝑛]) =∏𝑃([𝑋𝑖 ≤ 𝑥𝑖])

𝑛

𝑖=1

,

Odnosno 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛 su nezavisne. ∎

Primjedba 5.1.1. Sljedeće tri relacije su ekvivalentne:

a) Slučajne varijable 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛 su nezavisne.

b) 𝐹𝑋(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) = ∏ 𝐹𝑋𝑖(𝑥𝑖)𝑛𝑖=1 .

c) 𝑓𝑋(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) = ∏ 𝑓𝑋𝑖(𝑥𝑖)𝑛𝑖=1 .

152

Primjer 5.1.4. Data je funkcija 𝑓:ℝ2 → ℝ definisana sa:

𝑓(𝑥, 𝑦) = {𝑎𝑥𝑦𝑒−(𝑥2+𝑦2), 𝑥 ≥ 0, 𝑦 ≥ 0

0, 𝑖𝑛𝑎č𝑒 .

a) Odrediti 𝑎, tako da je 𝑓 funkcija gustoće slučajnog vektora 𝑍 = (𝑋, 𝑌).

b) Odrediti funkcije gustoće 𝑓𝑋 i 𝑓𝑌 slučajnih varijabli 𝑋 i 𝑌.

c) Izračunati 𝑃([0 ≤ 𝑋 ≤ 1, 0 ≤ 𝑌 ≤ 1]) .

d) Ispitati nezavisnost 𝑋, 𝑌 .

Rješenje:

a) Imamo da je:

1 = ∫ 𝑑𝑥

+∞

−∞

∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥

+∞

−∞

= ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

ℝ2

=

= 𝑎∫ 𝑥𝑒−𝑥2𝑑𝑥

+∞

0

∫ 𝑦𝑒−𝑦2𝑑𝑦

+∞

0

= 𝑎 (∫ 𝑥𝑒−𝑥2𝑑𝑥

+∞

0

)

2

= | 𝑥2 = 𝑡𝑑𝑡 = 2𝑥𝑑𝑥

| =

=𝑎

4∙ (∫ 𝑒−𝑡𝑑𝑥

+∞

0

)

2

=𝑎

4∙ (0 + 1)2 =

𝑎

4

⇒ 𝑎 = 4 .

b) Za 𝑥 ≥ 0 je:

𝑓𝑋(𝑥) = ∫ 4𝑥𝑦𝑒−(𝑥2+𝑦2)

+∞

0

𝑑𝑦 = 4𝑥𝑒−𝑥2∫ 𝑦𝑒−𝑦

2𝑑𝑦

+∞

0

= 2𝑥𝑒−𝑥2

Za 𝑥 < 0:

𝑓𝑋(𝑥) = ∫ 𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦

+∞

0

= ∫ 0 ∙ 𝑑𝑦

+∞

0

= 0 .

Tim je:

𝑓𝑋(𝑥) = {2𝑥𝑒−𝑥

2, 𝑥 ≥ 0

0, 𝑥 < 0 .

Analogno:

𝑓𝑌(𝑦) = {2𝑦𝑒−𝑦

2, 𝑦 ≥ 0

0, 𝑦 < 0 .


153

c) Imamo da je:

𝑃([0 ≤ 𝑋 ≤ 1, 0 ≤ 𝑌 ≤ 1]) = ∫𝑑𝑥

1

0

∫4𝑥𝑦𝑒−(𝑥2+𝑦2)𝑑𝑦

1

0

=

= 4 ∙ ∫𝑥𝑒−𝑥2𝑑𝑥

1

0

∫𝑦𝑒−𝑦2𝑑𝑦

1

0

= 4 ∙ (∫𝑥𝑒−𝑥2𝑑𝑥

1

0

)

2

= | 𝑡 = 𝑥2

𝑑𝑡 = 2𝑥𝑑𝑥| =

= 4 ∙ (∫1

2𝑒−𝑡𝑑𝑡

1

0

)

2

= (1 − 𝑒−1)2 .

d) Za 𝑥 ≥ 0, 𝑦 ≤ 0 je:

𝑓(𝑥, 𝑦) = 4𝑥𝑦𝑒−(𝑥2+𝑦2) = 2𝑥𝑒−𝑥

2∙ 2𝑦𝑒−𝑦

2= 𝑓𝑋(𝑥) ∙ 𝑓𝑌(𝑦) .

Za 𝑥 < 0 ili 𝑦 < 0 je:

𝑓(𝑥, 𝑦) = 0 = 𝑓𝑋(𝑥) ∙ 𝑓𝑌(𝑦) ,

što znači da su 𝑋 i 𝑌 nezavisne.

Neka je 𝑋 slučajna varijabla i 𝑔:ℝ → ℝ funkcija. Za dosta široku klasu funkcija 𝑔 može se izravno

izračunati funkcija gustoće za slučajnu varijablu 𝑌 = 𝑔(𝑋) ako je poznata funkcija gustoće 𝑓𝑋 za 𝑋.

Neka je područje vrijednosti slučajne varijable 𝑋 sadržano u intervalu (𝑎, 𝑏). Neka je 𝑔 strogo rastuća

ili strogo opadajuća, neprekidno diferencijabilna funkcija na (𝑎, 𝑏), 𝑔(𝑎, 𝑏) = (𝑐, 𝑑) i 𝑔 je bijekcija sa

(𝑎, 𝑏) na (𝑐, 𝑑). Otuda, područje vrijednosti za 𝑦 = 𝑔(𝑥) je (𝑐, 𝑑). Dalje slijedi da je 𝐹𝑌(𝑦) = 0 za

𝑦 ≤ 𝑐 i 𝐹𝑌(𝑦) = 1 za 𝑦 ≥ 𝑑.

Pretpostavimo da je 𝑔 strogo rastuća, 𝑔(𝑥) ≠ 0, 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏) i 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑. Tada je:

𝐹𝑌(𝑦) = 𝑃([𝑔(𝑋) ≤ 𝑦]) = 𝑃([𝑋 ≤ 𝑔−1(𝑦)]) =

∫ 𝑓𝑋(𝑥)𝑑𝑥

𝑔−1(𝑦)

𝑎

= |𝑥 = 𝑔−1(𝑧)| = ∫𝑓𝑋(𝑔−1(𝑧))

𝑑𝑧

𝑔′(𝑔−1(𝑧))

𝑦

𝑐

.

Uzimanjem izvoda po 𝑦, dobijemo:

𝑓𝑌(𝑦) = 𝑓𝑋(𝑔−1(𝑦)) ∙

1

𝑔′(𝑔−1(𝑦)), 𝑦 ∈ (𝑐, 𝑑) .

Tim je:

𝑓𝑌(𝑦) = 𝑓𝑋(𝑔−1(𝑦)) ∙

1

𝑔′(𝑔−1(𝑦))∙ 𝜅(𝑐,𝑑) ,

154

gdje je:

𝜅(𝑐,𝑑)(𝑥) = {1, 𝑥 ∈ (𝑐, 𝑑)

0, 𝑥 ∉ (𝑐, 𝑑) .

Pretpostavimo da 𝑔 strogo opada, 𝑔′(𝑥) ≠ 0, 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝑐 < 𝑦 < 𝑑.

Tada je:

𝐹𝑌(𝑦) = 𝑃([𝑔(𝑋) ≤ 𝑦]) = 𝑃([𝑋 ≥ 𝑔−1(𝑦)]) = ∫ 𝑓𝑋(𝑥)𝑑𝑥

𝑏

𝑔−1(𝑦)

= |𝑥 = 𝑔−1(𝑧)| =

= ∫𝑓𝑋(𝑔−1(𝑧))

𝑑𝑧

−𝑔′(𝑔−1(𝑧))

𝑦

𝑑

.

Uzimanjem izvoda po 𝑦 dobijamo:

𝑓𝑌(𝑦) = 𝑓𝑋(𝑔−1(𝑦)) ∙

1

−𝑔′(𝑔−1(𝑦)), 𝑐 < 𝑑 < 𝑑 .

Tim je za 𝑔 strogo rastuće ili strogo opadajuće i 𝑔′(𝑥) ≠ 0, 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏):

𝑓𝑌(𝑦) = 𝑓𝑋(𝑔−1(𝑦)) ∙

1

|𝑔′(𝑔−1(𝑦))|∙ 𝜅(𝑐,𝑑) .

Neka je područje vrijednosti slučajne varijable 𝑋, interval 𝐿 i neka je 𝑔: 𝐿 → ℝ neprekidno

diferencijabilna funkcija. Neka su 𝐿𝑖 , 𝑖 ∈ ℕ intervali u kojima je funkcija 𝑔 monotona. Tada je:

𝐿 =⋃𝐿𝑖𝑖

.

Neka su 𝑇𝑖 = 𝑔(𝐿𝑖), 𝑖 ∈ ℕ intervali. Pretpostavimo da su 𝑔′(𝑥) ≠ 0, 𝑥 ∈ 𝐿 i 𝑔−1|𝐿𝑖 , 𝑖 ∈ ℕ

neprekidno diferencijabilne funkcije. Izračunajmo funkciju gustoće za slučajnu varijablu 𝑌 = 𝑔(𝑋) ako

je 𝑓𝑋 funkcija gustoće od 𝑋:

𝐹𝑌(𝑦) = 𝑃([𝑌 = 𝑦]) =∑𝑃([𝑌 ∈ 𝑇𝑖])

𝑖<𝑦

+ 𝑃 ([𝑔|𝐿𝑗(𝑋) ≤ 𝑦]) =

= ∑ 𝑃([𝑌 ∈ 𝑇𝑖])

𝑖𝑠𝑢𝑝𝑇𝑖<𝑦

+ 𝑃 ([𝑋 ≤ (𝑔|𝐿𝑗)−1(𝑦)]) =

= ∑ 𝑃([𝑌 ∈ 𝑇𝑖])


+ ∫ 𝑓𝑋(𝑥)𝑑𝑥

(𝑔|𝐿𝑗)−1(𝑦)

𝑎𝑗

= |(𝑔|𝐿𝑗)−1(𝑧) = 𝑥| =

(1)


155

= ∑ 𝑃([𝑌 ∈ 𝑇𝑖])


+ ∫𝑓𝑋 ((𝑔|𝐿𝑗)−1(𝑧))

𝑑𝑧

|𝑔′ (𝑔|𝐿𝑗)−1(𝑧)|

𝑦

𝑐𝑗

.

gdje je 𝐿𝑗 = (𝑎𝑗, 𝑏𝑗), 𝑇𝑗 = (𝑐𝑗, 𝑑𝑗) i 𝑦 ∈ (𝑐𝑗 , 𝑑𝑗). Intervali 𝑇𝑖 su ispred intervala 𝑇𝑗 . Ovdje smo

pretpostavili da je 𝑔|𝐿𝑗 strogo rastuća na 𝐿𝑗 . Potpuno analogno je za strogo opadajuće funkcije.


𝑓𝑌(𝑦) =∑𝑓𝑋 ((𝑔|𝐿𝑗)−1(𝑦)) ∙

1

|𝑔′ (𝑔|𝐿𝑗)−1(𝑦)|

∙ 𝜅𝑇𝑗𝑗

.

Primjer 5.1.5. Neka je 𝑌 = 𝑎𝑋 + 𝑏, 𝑎 ≠ 0. Tada za 𝑔(𝑋) = 𝑎𝑋 + 𝑏 vrijedi:

𝑔−1(𝑦) =𝑦 − 𝑏

𝑎 .

Zbog (1) je:

𝑓𝑌(𝑦) = 𝑓𝑋(𝑔−1(𝑦)) ∙

1

|𝑔′(𝑔−1(𝑦))|=1

|𝑎|∙ 𝑓𝑋 (

𝑦 − 𝑏

𝑎) .

Ako je 𝑋~𝑁(𝜇, 𝜎2) i 𝑌 = 𝑎𝑋 + 𝑏, 𝑎 ≠ 0, tada je (𝑎, 𝑏) = ℝ i (𝑐, 𝑑) = ℝ. Zbog primjera 5.1.5. je:

𝑓𝑌(𝑦) =1

|𝑎|∙ 𝑓𝑋 (

𝑦 − 𝑏

𝑎) =

1

|𝑎|∙

1

𝜎√2𝜋∙ 𝑒

−12𝜎2

(𝑦−𝑏𝑎−𝜇)

2

=

=1

𝜎|𝑎|√2𝜋∙ 𝑒

−(𝑦−(𝑏+𝑎𝜇))

2

2𝑎2𝜎2 , 𝑦 ∈ ℝ ,

Odnosno, 𝑌~𝑁(𝑏 + 𝑎𝜇, 𝑎2𝜎2). Specijalno, ako je:

𝑌~𝑁(𝜇, 𝜎2) 𝑖 𝑌 =𝑋 − 𝜇

𝜎 ,

tada je 𝑌~𝑁(0,1).

Primjer 5.1.6. Neka je 𝑋 slučajna varijabla sa funkcijom gustoće 𝑓𝑋. Naći funkciju gustoće za

𝑌 = 𝑔(𝑋) ako je:

a) 𝑔(𝑥) = arctg 𝑥 .

b) 𝑔(𝑥) =1

1+𝑥2 .

c) 𝑔(𝑥) = tg 𝑥 .

Rješenje:

a) Neka je:

𝐿 = ℝ

(2)

156

Tada je:

𝑇 = 𝑔(𝐿) = (−𝜋

2,𝜋

2) .

Funkcija 𝑔 je bijekcija i 𝑔−1(𝑦) = tg 𝑦, gdje:

𝑦 ∈ (−𝜋

2,𝜋

2) .

Tada iz (1) slijedi:

𝑓𝑌(𝑦) = 𝑓𝑋(tg 𝑦) ∙1

cos2 𝑦∙ 𝜅

(−𝜋2,𝜋2)(𝑦) .

b) 𝐿 = ℝ i 𝑔 je bijektivna na 𝐿. Neka su:

𝐿1 = {𝑥: 𝑥 ≥ 0}

𝐿2 = {𝑥: 𝑥 < 0}

Tada je 𝐿 = 𝐿1 ∪ 𝐿2 .

𝑔|𝐿𝑖 : 𝐿𝑖 → 𝑇𝑖 = 𝑔(𝐿𝑖) = (0,1), 𝑖 = 1,2

su bijektivne i monotone funkcije. Tim je:

(𝑔|𝐿1)−1(𝑦) = √

1 − 𝑦

𝑦, 𝑦 ∈ (0,1) ,

(𝑔|𝐿1)−1(𝑦) = −√

1 − 𝑦

𝑦, 𝑦 ∈ (0,1) .

Tada je:

𝑓𝑌(𝑦) = 𝑓𝑋 (√1 − 𝑦

𝑦) ∙

1

|𝑔′ (√1 − 𝑦𝑦 )|

∙ 𝜅(0,1)(𝑦) + 𝑓𝑋 (−√1− 𝑦

𝑦) ∙

1

|𝑔′ (√1 − 𝑦𝑦 )|

∙ 𝜅(0,1)(𝑦) =

= ||𝑔′(√1− 𝑦

𝑦) =

−2 ∙ √1 − 𝑦𝑦

(1 +1 − 𝑦𝑦

)2 = −2𝑦√𝑦 − 𝑦

2|| =

=1

2𝑦√𝑦 − 𝑦2∙ [𝑓𝑋 (√

1 − 𝑦

𝑦) + 𝑓𝑋 (−√

1 − 𝑦

𝑦)] ∙ 𝜅(0,1)(𝑦) .


157

c) Imamo da je:

𝐿 = ℝ,

𝐿𝑖 = (−𝜋

2+ 𝑖𝜋,

𝜋

2+ 𝑖𝜋) , 𝑖 ∈ ℤ ,

𝑇𝑖 = 𝑔(𝐿𝑖) = ℝ .

𝑔|𝐿𝑖 su bijektivne i monotone, pa je:

(𝑔|𝐿𝑖)−1= arctg 𝑦 + 𝑖𝜋, 𝑖 ∈ ℤ ,

|𝑔′(arctg 𝑦 + 𝑖𝜋)| =1

cos2(arctg 𝑦)=

1

1 + tg2(arctg 𝑦)=

1

1 + 𝑦2 .

Tada imamo da je:

𝑓𝑌(𝑦) =∑𝑓𝑋(arctg 𝑦 + 𝑖𝜋) ∙1

1 + 𝑦2𝑖∈ℤ

, 𝑦 ∈ ℝ .

Primjer 5.1.7. Neka slučajna varijabla 𝑋 ima funkciju gustoće:

𝑓𝑋(𝑥) = {𝑒−𝑥 , 𝑥 > 00, 𝑥 ≤ 0

i neka je 𝑌 = (𝑋 − 1)2. Naći funkciju gustoće od 𝑌.

Rješenje: Prvi način:

𝐿 = (0,+∞), 𝑔(𝑥) = (𝑥 − 1)2 i 𝑇 = [0,+∞) = 𝑔(𝐿).

𝑔 nije bijektivna na 𝐿. Neka je 𝐿1 = (0,1) i 𝐿2 = [1,+∞). Tada je:

𝑇1 = (0,1) 𝑖 𝑇2 = [0,+∞) ,

(𝑔|𝐿1)−1(𝑦) = 1 −√𝑦, 𝑦 ∈ (0,1) ,

(𝑔|𝐿2)−1(𝑦) = 1 +√𝑦, 𝑦 ∈ [1, +∞),

𝑔′(1 − √𝑦) = −2√𝑦 ,

𝑔′(1+ √𝑦) = 2√𝑦 .

Otuda je:

𝑓𝑌(𝑦) = 𝑒√𝑦−1 ∙

1

2√𝑦∙ 𝜅(0,1)(𝑦) + 𝑒

−1−√𝑦 ∙1

2√𝑦∙ 𝜅[1,+∞)(𝑦)

158

ili:

𝑓𝑌(𝑦) =

{

0, 𝑥 ≤ 0

𝑒√𝑦 + 𝑒−√𝑦

2 ∙ 𝑒 ∙ √𝑦, 0 < 𝑥 < 1

𝑒−√𝑦

2 ∙ 𝑒 ∙ √𝑦, 1 ≤ 𝑥 < +∞

.

Drugi način:

𝐹𝑌(𝑦) = 𝑃([𝑌 ≤ 𝑦]) = 𝑃([(𝑋 − 1)2 ≤ 𝑦]) = 0, 𝑦 ≤ 0 ,

𝐹𝑌(𝑥) = 𝑃([1 − √𝑦 ≤ 𝑋 ≤ 1 + √𝑦]) =

= 𝑃([0 ≤ 𝑋 ≤ 1 +√𝑦]) = ∫ 𝑒−𝑥𝑑𝑥

1+√𝑦

0

= 1 − 𝑒−√𝑦−1, 𝑦 ≥ 1 .

Uzimanjem izvoda po 𝑦 dobijemo:

𝑓𝑌(𝑦) =

{

0, 𝑥 ≤ 0

𝑒√𝑦 + 𝑒−√𝑦

2 ∙ 𝑒 ∙ √𝑦, 0 < 𝑥 < 1

𝑒−√𝑦

2 ∙ 𝑒 ∙ √𝑦, 1 ≤ 𝑥 < +∞

.

Neka je 𝑔 = (𝑔1, 𝑔2 , … , 𝑔𝑛): ℝ𝑛 → ℝ𝑛 funkcija gdje su 𝑔𝑖 i 𝑔𝑖

−1 neprekidno diferencijabilne funkcije.

Jakobijan funkcije 𝑔 je:

𝐷𝑔(𝑥) = det

[ 𝜕𝑔1(𝑥)

𝜕𝑥1…

𝜕𝑔1(𝑥)

𝜕𝑥𝑛⋮ ⋱ ⋮

𝜕𝑔𝑛(𝑥)

𝜕𝑥1…

𝜕𝑔𝑛(𝑥)

𝜕𝑥𝑛 ]

= det [𝜕𝑔𝑖𝜕𝑥𝑗

(𝑥)] , 𝑥 ∈ ℝ𝑛 .


159

Vrijedi sljedeći teorem:

U primjenama se često pojavljuje problem: Neka je (𝑋, 𝑌) slučajni vektor sa funkcijom gustoće 𝑓𝑋,𝑌.

Neka je Ψ:ℝ2 → ℝ takva funkcija da funkcija 𝑔 = (𝑔1 , 𝑔2): ℝ2 → ℝ2, gdje:

𝑔1 = (𝑥, 𝑦) = Ψ(𝑥, 𝑦) ,

𝑔2(𝑥, 𝑦) = 𝑥 ,

zadovoljava uvjete prethodne teoreme. Neka je:

𝑧 = Ψ(𝑥, 𝑦) .

Tada je:

𝑥 = (𝑔−1)1(𝑧, 𝑥) = 𝑥 ∧ 𝑥 = (𝑔−1)2(𝑧, 𝑥) = 𝜑(𝑧, 𝑥) .

Tim je:

𝐷𝑔−1(𝑧, 𝑥) = |

𝜕𝑥

𝜕𝑧

𝜕𝑥

𝜕𝑥𝜕𝑦

𝜕𝑧

𝜕𝑦

𝜕𝑥

| = |0 1𝜕𝜑

𝜕𝑧

𝜕𝜑

𝜕𝑥

| = −𝜕𝜑

𝜕𝑧(𝑧, 𝑥) .

Iz (3) slijedi da za slučajni vektor (𝑍, 𝑋) vrijedi:

𝑓𝑍,𝑋(𝑧, 𝑥) = 𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝜑(𝑧, 𝑥)) ∙ |𝜕𝜑

𝜕𝑧(𝑧, 𝑥)| .

Samim tim je:

𝑓𝑍(𝑧) = ∫ 𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝜑(𝑧, 𝑥)) ∙ |𝜕𝜑

𝜕𝑧(𝑧, 𝑥)| 𝑑𝑥

+∞

−∞

.

Primjer 5.1.8. Neka je 𝑓𝑋,𝑌 funkcija gustoće slučajnog vektora (𝑋, 𝑌). Naći funkciju gustoće od:

a) 𝑍 = 𝑋 + 𝑌 .

b) 𝑍 = 𝑌 − 𝑋 .

Teorem 5.1.2. Neka je 𝑋 = (𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛) slučajni vektor sa funkcijom gustoće 𝑓𝑋. Neka je:

𝐿 = {𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) ∈ ℝ𝑛: 𝑓𝑋(𝑥) > 0}

i neka je 𝑔:ℝ𝑛 → ℝ𝑛 neprekidno diferencijabilna funkcija takva da je:

a) 𝑔: 𝐿 → 𝑇 = 𝑔(𝐿) je bijekcija.

b) 𝑔−1 je neprekidno diferencijabilna na 𝑇 i 𝐷𝑔−1(𝑦) ≠ 0, 𝑦 ∈ 𝑇.

Tada slučajni vektor 𝑌 = 𝑔(𝑋) ima funkciju gustoće:

𝑓𝑌(𝑦) = 𝑓𝑋(𝑔−1(𝑦)) ∙ |𝐷𝑔−1(𝑦)| ∙ 𝜅𝑇(𝑦), 𝑦 ∈ ℝ𝑛 . (3)

160

Rješenje:

a) 𝑧 = Ψ(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 𝑦, pa je:

𝑔(𝑥, 𝑦) = (𝑔1(𝑥, 𝑦), 𝑔2(𝑥, 𝑦)) = (𝑥 + 𝑦, 𝑥) = (𝑧, 𝑥) .

Uzmemo da je 𝑥 = 𝑥, 𝑦 = 𝑧 − 𝑥 = 𝜑(𝑧, 𝑥), pa je iz (4):

𝑓𝑍(𝑧) = ∫ 𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑧 − 𝑥) |𝜕𝜑


+∞

−∞

= ∫ 𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑧 − 𝑦)𝑑𝑥

+∞

−∞

, 𝑧 ∈ ℝ .

b) 𝑧 = Ψ(𝑥, 𝑦) = 𝑦 − 𝑥, pa je:

𝑔(𝑥, 𝑦) = (𝑔1(𝑥, 𝑦), 𝑔2(𝑥, 𝑦)) = (𝑦 − 𝑥, 𝑥) = (𝑧, 𝑥) .

Uzmemo da je 𝑥 = 𝑥, 𝑦 = 𝑧 + 𝑥 = 𝜑(𝑧, 𝑥), pa je iz (4):

𝑓𝑍(𝑧) = ∫ 𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑧 + 𝑥) |𝜕𝜑


+∞

−∞

= ∫ 𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑧 + 𝑦)𝑑𝑥

+∞

−∞

, 𝑧 ∈ ℝ .

5.2. Matematičko očekivanje

Ako je funkcija gustoće od 𝑋 oblika:

𝑓𝑋(𝑥) = {𝐹𝑋′ (𝑥), 𝑥 ≠ 𝑎𝑖𝑝𝑖 , 𝑥 = 𝑎𝑖

, 𝑖 ∈ ℕ

gdje je 𝐹𝑋 funkcija distribucije sa prekidima u tačkama 𝑥 = 𝑎𝑖 , 𝑖 ∈ ℕ, tada očekivanje od 𝑋

definišemo sa:

𝐸𝑋 = ∫ 𝑥 ∙ 𝐹𝑋′ (𝑥)𝑑𝑥

+∞

−∞

+∑𝑎𝑖 ∙ 𝑝𝑖𝑖

.

Definicija 5.2.1. Neka je 𝑋 neprekidna slučajna varijabla sa funkcijom gustoće 𝑓𝑋. Matematičko

očekivanje slučajne varijable 𝑋, u oznaci 𝐸𝑋, definiše se sa:

𝐸𝑋 = ∫ 𝑥𝑓𝑋(𝑥)𝑑𝑥,

+∞

−∞

ako je integral apsolutno konvergentan. Ako integral nije apsolutno konvergentan, kažemo da 𝑋 nema

matematičko očekivanje.


161


𝑓𝑋(𝑥) = {𝑒−𝑥 , 𝑥 > 00, 𝑥 ≤ 0

funkcija gustoća slučajne varijable 𝑋. Izračunati 𝐸𝑋.

Rješenje:

𝐸𝑋 = ∫ 𝑥 ∙ 𝑓𝑋(𝑥)𝑑𝑥

+∞

−∞

= ∫ 𝑥𝑒−𝑥𝑑𝑥

+∞

0

=

= 0 + (1 − 0) = 1


𝐹𝑋(𝑥) =

{

0, 𝑥 < 0

𝑥, 0 ≤ 𝑥 <1

33

4𝑥 +

1

4,

1,

1

3≤ 𝑥 < 1

𝑥 ≥ 1

funkcija distribucije slučajne varijable 𝑋. Izračunati

𝐸𝑋.


𝑃 ([𝑋 =1

3]) = 𝐹𝑋 (

1

3) − 𝐹𝑋 (

1

3− 0) =

1

2−1

3=1

6 ,

𝐹𝑋′ (𝑥) =

{

0, 𝑥 < 0 ∨ 𝑥 ≥ 1

1, 0 ≤ 𝑥 <1

3

3

4,1

3< 𝑥 < 1

,

𝐸𝑋 = ∫ 𝑥 ∙ 𝐹𝑋′ (𝑥)𝑑𝑥

+∞

−∞

+1

3∙1

6= ∫𝑥𝑑𝑥

13

0

+∫3

4∙ 𝑥𝑑𝑥

1

13

+1

18=

=1

18+3

4∙1 −

19

2+1

18=1

9+1

3=4

9 .

Slika 31: Izgled funkcije 𝐹𝑋 u primjeru

5.2.1.

1

1

2

1

3

1 1

3

162

Primjer 5.2.3.

a) Neka je funkcija gustoće od 𝑋 data sa:

𝑓𝑋(𝑥) = {1

𝑏 − 𝑎, 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏

0, 𝑖𝑛𝑎č𝑒 .

Tada je:

𝐸𝑋 = ∫𝑥 ∙1

𝑏 − 𝑎𝑑𝑥

𝑏

𝑎

=1

𝑏 − 𝑎∙𝑏2 − 𝑎2

2=𝑎 + 𝑏

2 .

b) Neka je:

𝑓𝑋(𝑥) = {𝜆𝑒−𝜆𝑥 , 𝑥 > 00, 𝑥 ≤ 0

.

Tada je:

𝐸𝑋 = ∫ 𝑥𝜆𝑒−𝜆𝑥𝑑𝑥

+∞

0

= 𝜆 ∙ [(−𝑥

𝜆∙ 𝑒−𝜆𝑥)|

0

+∞

+1

𝜆∙ ∫ 𝑒−𝜆𝑥𝑑𝑥

+∞

0

] =

= 𝜆 ∙ [0 +1

𝜆∙ (−

1

𝜆∙ 𝑒−𝜆𝑥)|

0

+∞

] = 𝜆 ∙ [0 +1

𝜆∙ (1

𝜆− 0)] =

1

𝜆 .

c) Neka je:

𝑓𝑋(𝑥) =1

𝜋(1 + 𝑥2), 𝑥 ∈ ℝ .

Tada je:

∫|𝑥|

𝜋 ∙ (1 + 𝑥2)𝑑𝑥

+∞

−∞

= 2 ∙ ∫𝑥𝑑𝑥

𝜋(1 + 𝑥2)

+∞

0

=1

𝜋∙ ln(1 + 𝑥2)|

0

+∞

= +∞ .

Kako integral nije apsolutno konvergentan, to ne postoji 𝐸𝑋.

Potpuno analogno bismo zaključili da za 𝑋 sa funkcijom gustoće:

𝑓𝑋(𝑥) =𝑎

𝜋[𝑎2 + (𝑥 − 𝑏)2], 𝑥 ∈ ℝ, 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ, 𝑎 > 0

ne postoji 𝐸𝑋.

d) Neka je:

𝑓𝑋(𝑥) = {

1

Γ(𝛼)𝛽𝛼∙ 𝑥𝛼−1 ∙ 𝑒

−𝑥𝛽 , 𝑥 > 0

0, 𝑥 ≤ 0

, 𝛼, 𝛽 > 0 .


163

Tada je:

𝐸𝑋 =1

Γ(𝛼)𝛽𝛼∙ ∫ 𝑥𝛼𝑒

−𝑥𝛽𝑑𝑥

+∞

0

= |𝑥

𝛽= 𝑦| =

=𝛽

Γ(𝛼)∙ ∫ 𝑥𝛼𝑒−𝑦𝑑𝑦

+∞

0

=𝛽

Γ(𝛼)∙ ∫ 𝑦𝛼+1−1 ∙ 𝑒−𝑦𝑑𝑦

+∞

0

=

= |Γ(𝑣) = ∫ 𝑧𝑣−1𝑒−𝑧𝑑𝑧

+∞

0

| =𝛽

Γ(𝛼)∙ Γ(𝛼 + 1) =

=𝛽

Γ(𝛼)∙ 𝛼 ∙ Γ(𝛼) = 𝛼𝛽 .

e) Ako je:

𝛼 =𝑛

2, 𝛽 = 2 ,

odnosno 𝑋 ima 𝜒2 distribuciju, tada je:

𝐸𝑋 =𝑛

2∙ 2 = 𝑛 .

f) Ako 𝑋 ima studentovu 𝑡-distribuciju. Tada je:

𝐸𝑋 =1

√𝑛 ∙ 𝜋∙Γ (𝑛 + 22

)

Γ (𝑛2)

∙ ∫ 𝑥 (1 +𝑥2

𝑛)

−𝑛+12

𝑑𝑥

+∞

−∞

= | | = 0, 𝑛 > 1 .

Za 𝑛 = 1 očekivanje ne postoji. Naime, imamo da je:

∫ |𝑥| ∙ (1 + 𝑥2)−1𝑑𝑥

+∞

−∞

= 2∫𝑥

1 + 𝑥2𝑑𝑥 = ln(1 + 𝑥2)|

0

+∞+∞

0

< +∞ ,

tj. integral nije apsolutno konvergentan za 𝑛 = 1. Neka je 𝑛 > 1 i neka je:

𝑟 =𝑛 + 1

2 .

Očigledno je 𝑟 > 1. Otuda je:

∫ |𝑥| (1 +𝑥2

𝑛)

−𝑛+12

𝑑𝑥

+∞

−∞

= 2 ∙ ∫𝑥𝑑𝑥

(1 +𝑥2

𝑛 )𝑟

+∞

0

=𝑛

−𝑟 + 1∙ (1 +

𝑥2

𝑛)

−𝑟+1

|

0

+∞

= +∞ .

tj. integral je apsolutno konvergentan za 𝑛 > 1.

zbog neparnosti

164

g) Neka je 𝑋~(𝜇, 𝜎2).

Tada je:

𝐸𝑋 =1

𝜎√2𝜋∙ ∫ 𝑥𝑒

−(𝑥−𝜇)2

2𝜎2 𝑑𝑥

+∞

−∞

=1

𝜎√2𝜋∙ ∫ (𝑥 − 𝜇) ∙ 𝑒

−(𝑥−𝜇)2

2𝜎2 𝑑𝑥

+∞

−∞

+

+𝜇 ∙1

𝜎√2𝜋∙ ∫ 𝑒

−(𝑥−𝜇)2

2𝜎2 𝑑𝑥

+∞

−∞

= |𝑡 =𝑥 − 𝜇

𝜎| =

𝜇

√2𝜋∙ ∫ 𝑡𝑒−

𝑡2

2 𝑑𝑡

+∞

−∞

+ 𝜇 =

= | | = 0 + 𝜇 = 𝜇 .

Specijalno, za 𝑋~(0,1) je 𝐸𝑋 = 0.

Dokaz: Iz relacije (2), funkcija gustoće od 𝑌 je:

𝑓𝑌(𝑦) =∑𝑓𝑋 ((𝑔|𝐿𝑖)−1(𝑦)) ∙

1

|𝑔′(𝑔|𝐿𝑖)−1(𝑦)|

∙ 𝜅𝑇𝑖(𝑦)

𝑖

.

Tim je:

𝐸𝑋 = ∫ 𝑦𝑓𝑌(𝑦)𝑑𝑦

+∞

−∞

=∑ ∫ 𝑓𝑋 ((𝑔|𝐿𝑖)−1(𝑦)) ∙

1

|𝑔′(𝑔|𝐿𝑖)−1(𝑦)|

∙ 𝜅𝑇𝑖(𝑦)

+∞

−∞𝑖

=

= |𝑥 = 𝑔′(𝑔|𝐿𝑖)−1(𝑦)| =∑ ∫ 𝑔(𝑥)𝑓𝑋(𝑥) ∙

|𝑔′(𝑥)|

|𝑔′(𝑥)|∙ 𝜅𝐿𝑖(𝑥)𝑑𝑥

+∞

−∞𝑖

=

= ∫ [∑𝑔(𝑥)𝑓𝑋(𝑥)𝜅𝐿𝑖(𝑥)

𝑖

] 𝑑𝑥

+∞

−∞

= ∫ 𝑔(𝑥)𝑓𝑋(𝑥)𝑑𝑥

+∞

−∞

∎

Teorem 5.2.1. Neka je 𝑓𝑋 funkcija gustoće neprekidne slučajne varijable 𝑋 i 𝑔:ℝ → ℝ funkcija koja

zadovoljava uvjete kao u relaciji (2) u 5.1. Za slučajnu varijablu 𝑌 = 𝑔(𝑋) vrijedi:

𝐸𝑌 = ∫ 𝑔(𝑥)𝑓𝑋(𝑥)𝑑𝑥,

+∞

−∞

ukoliko je integral apsolutno konvergentan.

𝑡 ∙ 𝑒−𝑡2

2 je neparna, pa integral je 0


165

Dokaz: Iz relacije (4) u 5.1., funkcija gustoće od 𝑍 je:

𝑓𝑍(𝑧) = ∫ 𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝜑(𝑧, 𝑥)) ∙ |𝜕𝜑


+∞

−∞

,

gdje je 𝑦 = 𝜑(𝑧, 𝑥). Tim je:

𝐸𝑍 = ∫ 𝑧 ∙ 𝑓𝑍(𝑧)𝑑𝑧

+∞

−∞

= ∫ 𝑧

+∞

−∞

∫ 𝑓𝑋,𝑌(𝑥, (𝑧, 𝑥)) ∙ |𝜕𝜑


+∞

−∞

=

= ∫ 𝑧 ∙ 𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝜑(𝑧, 𝑥)) ∙ |𝜕𝜑

𝜕𝑧(𝑧, 𝑥)| 𝑑𝑥𝑑𝑧

ℝ2

= |𝑥 = 𝑥

𝑦 = 𝜑(𝑧, 𝑥)| =

= ∫ Ψ(𝑥, 𝑦) ∙ 𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

ℝ2

∎

Prethodni teorem vrijedi i za 𝑛 slučajnih varijabli. Naime, neka je 𝑋 = Ψ(𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛) slučajna

varijabla, gdje je Ψ:ℝ𝑛 → ℝ funkcija. Tada je:

𝐸𝑋 = ∫ Ψ(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) ∙ 𝑓𝑋1,𝑋2,…,𝑋𝑛(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛)𝑑1𝑑𝑥2…𝑑𝑥𝑛ℝ𝑛

,

gdje je 𝑓𝑋1,𝑥2,…,𝑋𝑛 zajednička funkcija gustoće od 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛.


𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑦) = {2

3∙ (𝑥 + 2𝑦), 𝑥, 𝑦 ∈ [0, 1]

0, 𝑖𝑛𝑎č𝑒

zajednička funkcija gustoće slučajnih varijabli 𝑋 i 𝑌. Izračunati 𝐸(𝑋 + 𝑌).

Teorem 5.2.2. Neka je 𝑓𝑋,𝑌 zajednička funkcija gustoće slučajnih varijabli 𝑋 i 𝑌 i neka je 𝛹:ℝ2 → ℝ

funkcija, kao u relaciji (4) u 5.1. Tada za 𝑍 = 𝛹(𝑋, 𝑌) vrijedi:

𝐸𝑍 = ∫ 𝑑𝑥

+∞

−∞

∫ 𝛹(𝑥, 𝑦)𝑓𝑋′(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = ∫ Ψ(𝑥, 𝑦)𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦,

ℝ2

+∞

−∞

ukoliko je integral apsolutno konvergentan.

166

Rješenje:

𝐸(𝑋 + 𝑌) = ∫𝑑𝑥

1

0

∫(𝑥 + 𝑦) ∙2

3∙ (𝑥 + 2𝑦)𝑑𝑦

1

0

=

=2

3∙ ∫𝑑𝑥

1

0

∫(𝑥2 + 3𝑥𝑦 + 2𝑦2)𝑑𝑦

1

0

=2

3∙ ∫(𝑥2 +

3

2𝑥 +

2

3)𝑑𝑥

1

0

=

=2

3∙ (1

3+3

4+2

3) =

7

6 .


𝑓𝑋(𝑥) = {6𝑥(1 − 𝑥), 0 ≤ 𝑥 ≤ 10, 𝑖𝑛𝑎č𝑒

funkcija gustoće slučajne varijable 𝑋. Naći 𝐸𝑋2.

Rješenje:

𝐸𝑋2 = ∫𝑥2 ∙ 6 ∙ 𝑥(1 − 𝑥)𝑑𝑥

1

0

= 6∫(𝑥3 − 𝑥4)𝑑𝑥

1

0

= 6(1

4−1

5) =

3

10 .

Dokaz: Iz teorema 5.2.2. slijedi:

𝐸𝑋(𝛼𝑋 + 𝛽𝑌) = ∫(𝛼𝑥 + 𝛽𝑦)𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

ℝ2

=

= 𝛼 ∫ 𝑥𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

ℝ2

+ 𝛽 ∫ 𝑦𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

ℝ2

=

= 𝛼 ∫ 𝑑𝑥

+∞

−∞

∙ 𝑥 ∫ 𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦

+∞

−∞

+ 𝛽 ∫ 𝑑𝑦

+∞

−∞

∙ 𝑦 ∫ 𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥

+∞

−∞

=

= 𝛼 ∫ 𝑥𝑓𝑋(𝑥)𝑑𝑥

+∞

−∞

+ 𝛽 ∫ 𝑦𝑓𝑌(𝑦)𝑑𝑦

+∞

−∞

= 𝛼𝐸𝑋 + 𝛽𝐸𝑌 ∎

Teorem 5.2.3. Neka su 𝑋 i 𝑌 neprekidne slučajne varijable sa zajedničkom funkcijom gustoće 𝑓𝑋,𝑌 i neka

postoje 𝐸𝑋 i 𝐸𝑌. Tada, za 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ, vrijedi:

𝐸(𝛼𝑋 + 𝛽𝑌) = 𝛼𝐸𝑋 + 𝛽𝐸𝑌 .


167

Dokaz: Neka su 𝑓𝑋 i 𝑓𝑌 funkcije gustoće za 𝑋 i 𝑌. Tada je, zbog nezavisnosti, zajednička funkcija

gustoće:

𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑋(𝑥) ∙ 𝑓𝑌(𝑦) .

Tada, zbog teorema 5.2.2. vrijedi:

𝐸(𝑋 ∙ 𝑌) = ∫ 𝑥 ∙ 𝑦 ∙ 𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

ℝ2

=

= ∫ 𝑥 ∙ 𝑓𝑋(𝑥)𝑑𝑥

+∞

−∞

∙ ∫ 𝑦𝑓𝑌(𝑦)𝑑𝑦

+∞

−∞

= 𝐸𝑋 ∙ 𝐸𝑌 ∎

Vrijedi:

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸(𝑋 − 𝐸𝑋)2 = 𝐸(𝑋2 − 2𝑋 ∙ 𝐸𝑋 + (𝐸𝑋)2) =

= 𝐸𝑋2 − 2𝐸𝑋 ∙ 𝐸𝑋 + (𝐸𝑋)2 = 𝐸𝑋2 − (𝐸𝑋)2 .


𝑓𝑋(𝑥) = {𝑥𝑒−𝑥 , 𝑥 ≥ 00, 𝑥 < 0

.

Naći 𝑉𝑎𝑟𝑋.

Rješenje:

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸𝑋2 − (𝐸𝑋)2 ,

Teorem 5.2.4. Neka su neprekidne slučajne varijable 𝑋 i 𝑌 nezavisne i neka postoje 𝐸𝑋 i 𝐸𝑌. Tada je:

𝐸(𝑋 ∙ 𝑌) = 𝐸𝑋 ∙ 𝐸𝑌

Definicija 5.2.2. Varijanca neprekidne slučajne varijable 𝑋 definiše se sa:

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸(𝑋 − 𝐸𝑋)2 = ∫ (𝑋 − 𝐸𝑋)2𝑓𝑋(𝑥)𝑑𝑥

+∞

−∞

,

gdje je 𝑓𝑋 funkcija gustoće od 𝑋. Ako integral nije apsolutno konvergentan, kažemo da nema

varijance. 𝜎 = √𝑉𝑎𝑟𝑋 je standardna devijacija.

168

𝐸𝑋 = ∫ 𝑥2𝑒−𝑥𝑑𝑥

+∞

0

= 𝑥2 ∙ (−𝑒−∞ + 𝑒0) + 2 ∙ ∫ 𝑥𝑒−𝑥𝑑𝑥

+∞

0

=

= 2 [𝑥(−𝑒−∞ + 𝑒0) + ∫ 𝑒−𝑥𝑑𝑥

+∞

0

] = 2 ,

𝐸𝑋2 = ∫ 𝑥3𝑒−𝑥𝑑𝑥

+∞

0

= 𝑥3(−𝑒−∞ + 𝑒0) + 3∫ 𝑥2𝑒−𝑥𝑑𝑥

+∞

0

= 6

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 6 − 22 = 2 .

Dokaz:

𝑉𝑎𝑟(𝑎𝑋 + 𝑏) = 𝐸((𝑎𝑋 + 𝑏) − 𝐸(𝑎𝑋 + 𝑏))2=

= 𝐸(𝑎𝑋 + 𝑏 − 𝑎𝐸𝑋 − 𝑏)2 = 𝐸(𝑎2(𝑋 − 𝐸𝑋)2) =

𝑎2𝐸(𝑋 − 𝐸𝑋)2 = 𝑎2𝑉𝑎𝑟𝑋 ∎

Dokaz:

𝑉𝑎𝑟(𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑛) = 𝐸((𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑛) − 𝐸(𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑛)2=

= 𝐸((𝑋1 − 𝐸𝑋1) + (𝑋2 − 𝐸𝑋2) +⋯+ (𝑋𝑛 + 𝐸𝑋𝑛))2=

= 𝐸(∑(𝑋𝑖 − 𝐸𝑋𝑖)2

𝑛

𝑖=1

+ ∑ (𝑋𝑖 − 𝐸𝑋𝑖)(𝑋𝑗 − 𝐸𝑋𝑗)

1≤𝑖<𝑗≤𝑛

) =

= |

| = 𝐸 (∑(𝑋𝑖 − 𝐸𝑋𝑖)

2

𝑛

𝑖=1

) =∑𝑉𝑎𝑟𝑋𝑖

𝑛

𝑖=1

∎

Teorem 5.2.5. Neka je 𝑋 neprekidna slučajna varijabla za koju postoji varijanca i neka je 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ.

Tada je:

𝑉𝑎𝑟(𝑎𝑋 + 𝑏) = 𝑎2𝑉𝑎𝑟𝑋 .

Teorem 5.2.6. Neka su 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛 nezavisne neprekidne slučajne varijable za koje postoje varijance.

Tada je:

𝑉𝑎𝑟(𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑛) = 𝑉𝑎𝑟𝑋1 + 𝑉𝑎𝑟𝑋2 +⋯+𝑉𝑎𝑟𝑋𝑛 .

zbog nezavisnosti očekivanje druge

sume je 0


169

Primjer 5.2.7.

a) Neka 𝑋 ima uniformnu distribuciju na [𝑎, 𝑏]. Tada je:

𝐸𝑋2 = ∫𝑥2 ∙1


𝑏

𝑎

=1

𝑏 − 𝑎∙𝑏3 − 𝑎3

3=𝑏2 + 𝑎𝑏 + 𝑎2

3 ,

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸𝑋2 − (𝐸𝑋)2 =𝑏2 + 𝑎𝑏 + 𝑎2

3− (

𝑎 + 𝑏

2)2

=(𝑎 − 𝑏)2

12 .

b) Neka 𝑋 ima eksponencijalnu distribuciju sa parametrom 𝜆 > 0. Tada je:

𝐸𝑋2 = ∫ 𝑥2 ∙ 𝜆 ∙ 𝑒−𝜆𝑥𝑑𝑥

+∞

0

=2

𝜆2 ,

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸𝑋2 − (𝐸𝑋)2 =2

𝜆2−1

𝜆2=1

𝜆2 .

c) Neka 𝑋 ima dvostranu eksponencijalnu distribuciju sa parametrom 𝜆 > 0. Tada je:

𝐸𝑋2 = ∫ 𝑥2 ∙𝜆

2∙ 𝑒−𝜆|𝑥|𝑑𝑥

+∞

−∞

= 𝜆∫ 𝑥2𝑒−𝜆𝑥𝑑𝑥

+∞

0

=2

𝜆2 ,

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸𝑋2 − (𝐸𝑋)2 =2

𝜆2− 02 =

2

𝜆2 .

d) Neka je 𝑋~𝑁(𝜇, 𝜎2). Tada je:

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸(𝑋 − 𝜇)2 =1

𝜎√2𝜋∙ ∫ (𝑥 − 𝜇)2 ∙ 𝑒

−(𝑥−𝜇)2

2𝜎2 𝑑𝑥

+∞

−∞

=

= |𝑥 − 𝜇

𝜎= 𝑦| =

𝜎2

√2𝜋∙ ∫ 𝑦2𝑒−

𝑦2

2 𝑑𝑦

+∞

−∞

=2𝜎2

√2𝜋∙ ∫ 𝑦2𝑒−

𝑦2

2 𝑑𝑦

+∞

0

=

=2𝜎2

√2𝜋∙ [(−𝑦𝑒−

𝑦2

2 )|0

+∞

+∫ 𝑒−𝑦2

2 𝑑𝑦

+∞

0

] =2𝜎2

√2𝜋[0 +

√2𝜋

2] = 𝜎2 .

e) Neka 𝑋 ima gama distribuciju sa parametrima 𝛼 i 𝛽, 𝛼, 𝛽 > 0. Tada je:

𝐸𝑋2 =1

Γ(𝛼)𝛽𝛼∫ 𝑥2+𝛼−1 ∙ 𝑒

−𝑥𝛽𝑑𝑥

+∞

0

= |𝑥

𝛽= 𝑦| =

=𝛽2

Γ(𝛼)∙ ∫ 𝑦𝛼+1 ∙ 𝑒−𝑦𝑑𝑦

+∞

0

=𝛽2

Γ(𝛼)∙ ∫ 𝑦(𝛼+2)−1 ∙ 𝑒−𝑦𝑑𝑦

+∞

0

=

170

=𝛽2

Γ(𝛼)∙ Γ(𝛼 + 2) = |Γ(𝑥 + 1) = 𝑥 ∙ Γ(𝑥)| =

𝛽2

Γ(𝛼)∙ (𝛼 + 1) ∙ Γ(𝛼 + 1) =

=𝛽2

Γ(𝛼)∙ (𝛼 + 1) ∙ 𝛼 ∙ Γ(𝛼) = 𝛼 ∙ 𝛽2 ∙ (𝛼 + 1) .

Samim tim je:

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸𝑋2 − (𝐸𝑋)2 = 𝛼 ∙ 𝛽2 ∙ (𝛼 + 1) − (𝛼 ∙ 𝛽)2 = 𝛼 ∙ 𝛽2 .

f) Neka 𝑋 ima 𝜒2 distribuciju sa 𝑛 stupnjeva slobode, tj. ima gama distribuciju sa parametrima:

𝛼 =𝑛

2 𝑖 𝛽 = 2 .

Tada iz e) imamo da je:

𝑉𝑎𝑟𝑋 =𝑛

2∙ 22 = 2𝑛 .

5.3. Funkcija izvodnica momenata

Funkcija izvodnica momenata slučajne varijable jednoznačno određuje funkciju gustoće. Zato je

pogodna za traženje funkcije gustoće od zbira slučajnih varijabli.

Definicija 5.3.1. Neka je 𝑋 neprekidna slučajna varijabla sa funkcijom gustoće 𝑓. Tada funkciju izvodnicu

momenata definišemo sa:

𝑀𝑋(𝑡) = ∫ 𝑒𝑡𝑥𝑓(𝑥)𝑑𝑥

+∞

−∞

, 𝑡 ∈ ℝ ,

odnosno:

𝑀𝑋(𝑡) = 𝐸(𝑒𝑡𝑋) .

Teorem 5.3.1. Neka je 𝑀𝑋(𝑡) funkcija izvodnica momenata slučajne varijable 𝑋 i 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ. Tada je:

𝑀𝑎𝑋+𝑏(𝑡) = 𝑒𝑡𝑏 ∙ 𝑀𝑋(𝑡𝑎) .


171

Dokaz:

𝑀𝑎𝑋+𝑏(𝑡) = ∫ 𝑒𝑡(𝑎𝑋+𝑏)𝑓(𝑥)𝑑𝑥

+∞

−∞

= 𝑒𝑡𝑏 ∙ ∫ 𝑒𝑡𝑎𝑥 ∙ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥

+∞

−∞

= 𝑒𝑡𝑏 ∙ 𝑀𝑋(𝑡𝑎) ∎

Dokaz: Dovoljno je dokazati za 𝑛 = 2. Naime, ako vrijedi relacija (1) za 𝑛 = 2 i ako prema pretpostavci

vrijedi i za 𝑛 = 𝑘, tada je:

𝑀𝑋1+𝑋2+⋯+𝑋𝑘+𝑋𝑘+1(𝑡) = 𝑀𝑋1+𝑋2+⋯+𝑋𝑘(𝑡) ∙ 𝑀𝑋𝑘+1(𝑡) =

= 𝑀𝑋1 ∙ 𝑀𝑋2 ∙ … ∙ 𝑀𝑋𝑘 ∙ 𝑀𝑋𝑘+1 .

Dakle vrijedi (1) i za 𝑛 = 𝑘 + 1. Tada iz principa matematičke indukcije, zaključujemo da (1) vrijedi

za ∀𝑛. Dokažimo da vrijedi za 𝑛 = 2. Neka su 𝑋 i 𝑌 nezavisne slučajne varijable. Tada je funkcija

distribucije od 𝑍 = 𝑋 + 𝑌:

𝐹𝑍(𝑧) = 𝑃([𝑍 ≤ 𝑧]) = 𝑃([𝑋 + 𝑌 ≤ 𝑍]) = ∬ 𝑓𝑋(𝑥) ∙ 𝑓𝑌(𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥+𝑦≤𝑧

=

= ∫ 𝑑𝑥 ∫ 𝑓𝑋(𝑥) ∙ 𝑓𝑌(𝑦)𝑑𝑦

𝑧−𝑥

−∞

+∞

−∞

.

Uzimanjem izvoda po 𝑧 dobijemo:

𝑓𝑍(𝑧) = ∫ 𝑓𝑋(𝑥)𝑓𝑌(𝑧 − 𝑥)𝑑𝑥

+∞

−∞

, 𝑧 ∈ ℝ

Tim je:

𝑀𝑍(𝑡) = ∫ 𝑒𝑡𝑧 ∙ 𝑓𝑍(𝑧)𝑑𝑧

+∞

−∞

= ∫ 𝑒𝑡𝑧 ∫ 𝑓𝑋(𝑥)𝑓𝑌(𝑧 − 𝑥)𝑑𝑥

+∞

−∞

𝑑𝑧

+∞

−∞

= |

| =

= ∫ 𝑓𝑋(𝑥) ∫ 𝑒𝑡𝑧𝑓𝑌(𝑧 − 𝑥)𝑑𝑧

+∞

−∞

𝑑𝑥

+∞

−∞

= ∫ 𝑓𝑋(𝑥) ∙ 𝑒𝑡𝑥 ∙ ∫ 𝑒𝑡𝑧−𝑡𝑥𝑓𝑌(𝑧 − 𝑥)𝑑𝑧

+∞

−∞

𝑑𝑥

+∞

−∞

=

= |𝑧 − 𝑥 = 𝑢𝑑𝑧 = 𝑑𝑢

| = ∫ 𝑒𝑡𝑥𝑓𝑋(𝑥)

+∞

−∞

∫ 𝑒𝑡𝑢𝑓𝑌(𝑢)𝑑𝑢

+∞

−∞

𝑑𝑥 =

Teorem 5.3.2. Neka su 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋𝑛 nezavisne slučajne varijable sa funkcijama izvodnicama momenata

𝑀𝑋1(𝑡),𝑀𝑋2(𝑡), … ,𝑀𝑋𝑛(𝑡). Tada je:

𝑀𝑋1+𝑋2+⋯+𝑋𝑛(𝑡) = 𝑀𝑋1(𝑡) ∙ 𝑀𝑋2(𝑡) ∙ … ∙ 𝑀𝑋𝑛(𝑡)

Fubinijev

teorem

(1)

172

= ∫ 𝑒𝑡𝑥 ∙ 𝑓𝑋(𝑥) ∙ 𝑀𝑌(𝑡)𝑑𝑥

+∞

−∞

= 𝑀𝑋(𝑡) ∙ 𝑀𝑌(𝑡) ∎

Primjer 5.3.1.

a) Neka 𝑋 ima uniformnu distribuciju na [𝑎, 𝑏]. Tada je:

𝑀𝑋(𝑡) = ∫ 𝑒𝑡𝑥𝑓𝑋(𝑥)𝑑𝑥

+∞

−∞

= ∫𝑒𝑡𝑥 ∙1


𝑏

𝑎

=𝑒𝑡𝑏 − 𝑒𝑡𝑎

(𝑏 − 𝑎)𝑡 .

b) Neka 𝑋 ima eksponencijalnu distribuciju sa parametrom 𝜆 > 0. Tada je:

𝑀𝑋(𝑡) = ∫ 𝑒𝑡𝑥 ∙ 𝜆 ∙ 𝑒−𝜆𝑥𝑑𝑥

+∞

0

= 𝜆 ∙ ∫ 𝑒(𝑡−𝜆)𝑥𝑑𝑥

+∞

0

=

=𝜆

𝑡 − 𝜆(𝑒(𝑡−𝜆)𝑥)|

0

+∞=

𝜆

𝑡 − 𝜆, 𝑡 < 𝜆 .

c) Neka 𝑋 ima dvostranu eksponencijalnu distribuciju sa parametrom 𝜆 > 0. Tada je:

𝑀𝑋(𝑡) = ∫ 𝑒𝑡𝑥 ∙𝜆

2∙ 𝑒−𝜆|𝑥|𝑑𝑥

+∞

−∞

=𝜆

2∫ 𝑒(𝑡+𝜆)𝑥𝑑𝑥

0

−∞

+𝜆

2∙ ∫ 𝑒(𝑡−𝜆)𝑥𝑑𝑥

+∞

0

=

=𝜆

2∙1

𝑡 + 𝜆(𝑒0 − 𝑒−∞) +

𝜆

2∙1

𝑡 − 𝜆(𝑒(𝑡−𝜆)𝑥)|

0

+∞=

=𝜆

2∙1

𝑡 + 𝜆+𝜆

2∙−1

𝑡 − 𝜆=𝜆

2∙−2𝜆

𝑡2 − 𝜆2=

−𝜆2

𝑡2 − 𝜆2, −𝜆 < 𝑡 < 𝜆 .

d) Neka 𝑋 ima gama distribuciju sa parametrima 𝛼 > 0 i 𝛽 > 0. Tada je:

𝑀𝑋(𝑡) = ∫ 𝑒𝑡𝑥 ∙1

Γ(𝛼) ∙ 𝛽𝛼∙ 𝑥𝛼−1 ∙ 𝑒

−𝑥𝛽𝑑𝑥

+∞

0

=

=1

Γ(𝛼) ∙ 𝛽𝛼∙ ∫ 𝑥𝛼−1 ∙ 𝑒

−1−𝑡∙𝛽𝛽

∙𝑥𝑑𝑥

+∞

0

= |1 − 𝑡 ∙ 𝛽

𝛽∙ 𝑥 = 𝑢| =

=1

Γ(𝛼) ∙ 𝛽𝛼∙ ∫ (

𝛽

1 − 𝑡 ∙ 𝛽)𝛼−1

∙ 𝑢𝛼−1 ∙ 𝑒−𝑢 ∙𝛽

1 − 𝑡 ∙ 𝛽𝑑𝑢

+∞

0

=

=1

Γ(𝛼) ∙ 𝛽𝛼∙

𝛽𝛼

(1 − 𝑡 ∙ 𝛽)𝛼∙ ∫ 𝑢𝛼−1 ∙ 𝑒−𝑢𝑑𝑢

+∞

0

=

=1

Γ(𝛼)∙

1

(1 − 𝑡 ∙ 𝛽)𝛼∙ Γ(𝛼) =

1

(1 − 𝑡 ∙ 𝛽)𝛼, 𝑡 <

1

𝛽 ,


173

jer zbog definicije funkcije Γ, mora biti:

1 − 𝑡 ∙ 𝛽

𝛽> 0 .

e) Neka 𝑋 ima 𝜒2 distribuciju sa 𝑛 stupnjeva slobode. Tada je:

𝛼 =𝑛

2 ∧ 𝛽 = 2 .

Zbog d) je:

𝑀𝑋(𝑡) =1

(1 − 2𝑡)𝑛2

, 𝑡 <1

2 .

f) Neka je 𝑋~𝑁(0,1). Tada je:

𝑀𝑋(𝑡) = ∫ 𝑒𝑡𝑥 ∙1

√2𝜋∙ 𝑒−

𝑥2

2 𝑑𝑥

+∞

−∞

=1

√2𝜋∙ ∫ 𝑒𝑡𝑥−

𝑥2

2 𝑑𝑥

+∞

−∞

=

=1

√2𝜋∙ ∫ 𝑒−

12(𝑥−𝑡)2+

12𝑡2𝑑𝑥

+∞

−∞

=1

√2𝜋∙ 𝑒

12𝑡2 ∙ ∫ 𝑒−

12(𝑥−𝑡)2𝑑𝑥

+∞

−∞

=

= |𝑥 − 𝑡 = 𝑢𝑑𝑥 = 𝑑𝑢

| =1

√2𝜋∙ 𝑒

12𝑡2 ∙ ∫ 𝑒−

12(𝑢)2𝑑𝑢

+∞

−∞

= 𝑒12𝑡2 .

Ako je 𝑋~𝑀(𝜇, 𝜎2), tada je:

𝑧 =𝑥 − 𝜇

𝜎~𝑁(0,1) ∧ 𝑥 = 𝜎𝑧 + 𝜇 .

Zbog teorema 5.3.1. vrijedi:

𝑀𝑋(𝑡) = 𝑒𝑡𝜇 ∙ 𝑀𝑍(𝑡𝜎) = 𝑒

𝑡𝑢 ∙ 𝑒12(𝑡𝜎)2 = 𝑒𝜇𝑡+

12𝜎2𝑡2 , 𝑡 ∈ ℝ .

Slijedeći teorem daje rezultat da je funkcija gustoće slučajne varijable jednoznačno određena sa

funkcijom izvodnicom momenta. Primjenjuje se za traženje funkcije gustoće slučajnih varijabli pomoću

funkcije izvodnice momenata.

Primjer 5.3.2. Neka su 𝑋𝑖~(𝜇𝑖, 𝜎𝑖2), 𝑖 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅ nezavisne slučajne varijable. Tada je:

𝑀𝑋1+𝑋2+⋯+𝑋𝑛(𝑡) = 𝑀𝑋1(𝑡) ∙ 𝑀𝑋2(𝑡)…𝑀𝑋𝑛(𝑡) =

Teorem 5.3.3. Neka su 𝑋 i 𝑌 slučajne varijable čije su funkcije izvodnice momenata 𝑀𝑋(𝑡) i 𝑀𝑌(𝑡)

jednake u okolini tačke 0. Tada su funkcije gustoće 𝑓𝑋 i 𝑓𝑌 od 𝑋 i 𝑌 jednake, tj. 𝑓𝑋 = 𝑓𝑌.

174

= 𝑒𝜇1𝑡+12𝜎12𝑡2 ∙ 𝑒𝜇2𝑡+

12𝜎22𝑡2…𝑒𝜇𝑛𝑡+

12𝜎𝑛2𝑡2 =

= 𝑒(𝜇1+𝜇2+⋯+𝜇𝑛)+

12(𝜎1

2+𝜎22+⋯+𝜎2

2)𝑡2 .

Tim je, na osnovu teorema 5.3.3.:

𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑛~𝑁(𝜇1 + 𝜇2 +⋯+ 𝜇𝑛, 𝜎12 + 𝜎2

2 +⋯+ 𝜎𝑛2) ,

tj.:

𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑛~𝑁(𝜇, 𝜎2) .

gdje je:

𝜇 = 𝜇1 + 𝜇2 +⋯+ 𝜇𝑛 𝑖 𝜎 = √𝜎12 + 𝜎2

2 +⋯+ 𝜎𝑛2 .

5.4. Zadaci

1. Vrijeme u satima kompjutera, dok se ne pokvari, je slučajna varijabla sa funkcijom gustoće:

𝒇(𝒙) = {𝝀𝒆−𝒙𝟏𝟎𝟎, 𝒙 ≥ 𝟎

𝟎, 𝒙 < 𝟎, 𝒙 ∈ ℝ

Izračunati:

a) 𝝀.

b) vjerovatnoću da je vrijeme između 𝟓𝟎 i 𝟏𝟓𝟎 sati.

c) vjerovatnoću da je vrijeme manje od 𝟏𝟎𝟎 sati.

Rješenje:

a) Imamo da je:

1 = ∫ 𝜆𝑒−𝑥100𝑑𝑥

+∞

0

= −100 ∙ 𝜆 ∙ (𝑒−∞ − 𝑒0) = 100𝜆 ⇒ 𝜆 =1

100 .

b) Imamo da je:

𝑃([50 ≤ 𝑋 ≤ 150]) = ∫1

100∙ 𝑒−

𝑥100𝑑𝑥

150

50

= −(𝑒−150100 − 𝑒−

50100) = 𝑒−

12 − 𝑒−

32 ≈ 0.383 .


175

c) Imamo da je:

𝑃([𝑋 ≤ 100]) = ∫1

100∙ 𝑒−

𝑥100𝑑𝑥

100

0

= −(𝑒−100100 − 𝑒0) = 1 − 𝑒−1 ≈ 0.63 .

2. Neka je:

𝒇(𝒙) = {𝟐𝒙, 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏𝟎, 𝒊𝒏𝒂č𝒆

funkcija gustoće od 𝑿. Izračunati 𝑬𝑿 i 𝑽𝒂𝒓𝑿.

Rješenje:

𝐸𝑋 = ∫2𝑥2𝑑𝑥

1

0

=2

3(13 − 03) =

2

3 ,

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸𝑋2 − (𝐸𝑋)2 = ∫2𝑥3𝑑𝑥

1

0

−4

9=1

2(14 − 04) −

4

9=1

18 .

3. Neka je:

𝒇(𝒙) = {𝟏, 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏𝟎, 𝒊𝒏𝒂č𝒆

funkcija gustoće od 𝑿. Izračunati 𝑬(𝒆𝑿).

Rješenje: 1. način:

𝐸(𝑒𝑋) = ∫𝑒𝑋𝑑𝑥

1

0

= 𝑒1 − 𝑒0 = 𝑒 − 1 .

2. način:

𝑌 = 𝑒𝑋 ⇒ 𝐹𝑌(𝑦) = 𝑃([𝑌 ≤ 𝑦]) = 𝑃([𝑒𝑋 ≤ 𝑦]) = 𝑃([𝑋 ≤ ln 𝑦]) =

= 𝐹𝑋(ln 𝑦) = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥

ln 𝑦

0

= ∫ 𝑑𝑥

ln 𝑦

0

= ln𝑦 , 1 < 𝑦 ≤ 𝑒 .


𝑓𝑌(𝑦) =1

𝑦, 1 ≤ 𝑦 ≤ 𝑒 ,

𝐹𝑌(𝑦) = 0, 𝑦 < 1 .

176

Uzimanjem izvoda po 𝑦, imamo da je 𝑓𝑌(𝑦) = 0, 𝑦 < 1.

𝐹𝑌(𝑦) = 1, 𝑦 > 𝑒 .

Uzimanjem izvoda po 𝑦, imamo da je 𝑓𝑌(𝑦) = 0, 𝑦 > 𝑒. Tim je:

𝑓𝑌(𝑦) = {

1

𝑦, 0 < 𝑦 ≤ 𝑒


.

Tim je:

𝐸𝑒𝑋 = 𝐸𝑌 = ∫𝑦 ∙1

𝑦𝑑𝑦

𝑒

1

= 𝑒 − 1 .

4. Neka je 𝑿 nenegativna slučajna varijabla. Dokazati da je:

𝑬𝑿 = ∫ 𝑷([𝑿 > 𝒙])𝒅𝒙

+∞

𝟎

.

Rješenje:

∫ 𝑃([𝑋 > 𝑥])𝑑𝑥

+∞

0

= ∫ (∫ 𝑓𝑋(𝑦)𝑑𝑦

+∞

𝑥

)𝑑𝑥

+∞

0

=

=∬𝑓𝑋(𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷

,

gdje je:

𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∶ 0 ≤ 𝑥 ≤ +∞, 𝑥 ≤ 𝑦 ≤ +∞} .

Tim je:

∬𝑓𝑋(𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷

= ∫ 𝑑𝑦

+∞

0

∫𝑓𝑋(𝑥)𝑑𝑥

𝑦

0

=

= ∫ 𝑓𝑋(𝑦)(∫ 𝑑𝑥

𝑦

0

)𝑑𝑦

+∞

0

= ∫ 𝑦𝑓𝑋(𝑦)𝑑𝑦

+∞

0

= 𝐸𝑋 .

5. Neka 𝑿 ima uniformnu distribuciju na [𝟎, 𝟏𝟎]. Izračunati:

a) 𝑷([𝑿 < 𝟑]) .

b) 𝑷([𝑿 > 𝟔]) .

c) 𝑷([𝟑 < 𝑿 < 𝟖]) .

Slika 32: Oblast 𝐷

𝑦 = 𝑥

𝑦

𝑥


177

Rješenje:

a) Imamo da je:

𝑃([𝑋 < 3]) = ∫1

10𝑑𝑥

3

0

=3

10 .

b) Imamo da je:

𝑃([𝑋 > 6]) = ∫1

10𝑑𝑥

10

6

=4

10=2

5 .

c) Imamo da je:

𝑃([3 < 𝑋 < 8]) = ∫1

10𝑑𝑥

8

3

=8− 3

10=5

10=1

2 .

6. Neka je 𝑿~𝑵(𝟑,𝟗). Izračunati:

a) 𝑷([𝟐 < 𝑿 < 𝟓]) .

b) 𝑷([𝑿 > 𝟎]) .

c) 𝑷([|𝑿 − 𝟑| > 𝟔]) .

Rješenje:

𝑍 =𝑋 − 3

3~𝑁(0,1) .

a) Imamo da je:

𝑃([2 < 𝑋 < 5]) = 𝑃 ([2 − 3

3< 𝑍 <

5 − 3

3]) = 𝑃 ([−

1

3< 𝑍 <

2

3]) =

= 𝐹𝑍 (2

3) − 𝐹𝑧 (−

1

3) = Φ(

2

3) −Φ(

1

3) ≈ | | = 0.2454 + 0.1293 = 0.3747 .

b) Imamo da je:

𝑃([𝑋 > 0]) = 𝑃 ([𝑍 >0 − 3

3]) = 𝑃 ([𝑍 > −

3

3]) = 𝑃([𝑍 > −1]) =

= 1− 𝐹𝑍(−1) = 0.5 + Φ(1) ≈ | | = 0.5 + 0.3413 = 0.8413 .

c) Imamo da je:

𝑃([|𝑋 − 3| > 6]) = 𝑃([𝑋 < −3]) + 𝑃([𝑋 > 9]) =

= 𝑃 ([𝑍 <−3 − 3

3]) + 𝑃 ([𝑍 >

9 − 3

3]) =

= 𝑃([𝑍 < −2]) + 𝑃([𝑍 > 2]) = Φ(−2) + 0.5 + 0.5 − Φ(2) =

Tablice za Φ

Tablice za Φ

178

= 1 − 2 ∙ Φ(2) ≈ 1 − 2 ∙ 0.4772 = 0.0456

7. Vrijeme igranja u minutama slučajno

izabranog košarkaša u nekom timu je

slučajna varijabla, čija je funkcija gustoće

data na slici . Izračunati vjerovatnoću da je

vrijeme igranja:

a) Preko 𝟏𝟓 minuta.

b) Između 𝟐𝟎 i 𝟑𝟓 minuta.

c) Manje od 𝟑𝟎 minuta.

Rješenje: Neka je 𝑋 slučajna varijabla, čija je funkcija

gustoće data na slici 33. Tada je:

𝑓𝑋(𝑥) = {0.025, 10 ≤ 𝑥 ≤ 20 ∧ 30 ≤ 𝑥 ≤ 400.05, 20 < 𝑥 < 30 0, 𝑥 < 10 ∧ 𝑥 > 40

.

Imamo da je:

𝑃([𝑋 > 15]) = ∫ 𝑓𝑋(𝑥)𝑑𝑥

40

15

= ∫ 0.025𝑑𝑥

20

15

+ ∫ 0.05𝑑𝑥

30

20

+ ∫ 0.025𝑑𝑥

40

30

=

= 5 ∙ 0.025 + 10 ∙ 0.05 + 10 ∙ 0.025 = 0.875 .

a) Imamo da je:

𝑃([20 < 𝑋 < 35]) = ∫ 𝑓𝑋(𝑥)𝑑𝑥

35

20

= ∫ 0.05𝑑𝑥

30

20

+ ∫ 0.025𝑑𝑥

35

30

=

= 10 ∙ 0.05 + 5 ∙ 0.025 = 0.625 .

b) Imamo da je:

𝑃([𝑋 < 30]) = ∫ 𝑓𝑋(𝑥)𝑑𝑥

30

10

= ∫ 0.025𝑑𝑥

20

10

+ ∫ 0.05𝑑𝑥

30

20

=

= 10 ∙ 0.025 + 10 ∙ 0.05 = 0.75 .

8. Neka slučajna varijabla 𝑿 ima funkciju gustoće:

𝒇𝑿(𝒙) = {𝒄 ∙ 𝒙𝒏, 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏𝟎, 𝒊𝒏𝒂č𝒆

.

a) Odrediti konstantu 𝒄 .

b) Izračunati 𝑷([𝑿 > 𝒙]), 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏 .

Slika 33: Funkcija gustoće u zadatku 7


179

Rješenje:

a) Imamo da je:

1 = ∫𝑐𝑥𝑛𝑑𝑥

1

0

= 𝑐 ∙1

𝑛 + 1 ⇒ 𝑐 = 𝑛 + 1 .

b) Imamo da je:

𝑃([𝑋 > 𝑥]) = ∫(𝑛 + 1)𝑡𝑥𝑑𝑡

1

𝑥

= (𝑛 + 1) ∙𝑡𝑛+1

𝑛 + 1|𝑥

1

= 1 − 𝑥𝑛+1 .

9. Neka slučajna varijabla 𝑿 ima funkciju gustoće:

𝒇𝑿(𝒙) = {𝒂𝒙 + 𝒃𝒙𝟐, 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏𝟎, 𝒊𝒏𝒂č𝒆

, 𝒙 ∈ ℝ .

Ako je 𝑬𝑿 = 𝟎.𝟔, izračunati:

a) 𝑷([𝑿 ≤ 𝟎. 𝟓]) .

b) 𝑽𝒂𝒓𝑿 .

Rješenje:

1 = ∫(𝑎𝑥 + 𝑏𝑥2)𝑑𝑥

1

0

=𝑎

2+𝑏

3=3𝑎 + 2𝑏

6 ,

0.6 = 𝐸𝑋 = ∫𝑥(𝑎𝑥 + 𝑏𝑥2)𝑑𝑥

1

0

=𝑎

3+𝑏

4=4𝑎 + 3𝑏

12 .

Tim imamo sistem:

3𝑎 + 2𝑏 = 64𝑎 + 3𝑏 = 7.2

} ⇒ 𝑎 = 3.6 𝑖 𝑏 = −2.4 .

a) Imamo da je:

𝑃 ([𝑋 ≤1

2]) = ∫(3.6𝑥 − 2.4𝑥2)𝑑𝑥

12

0

=3.6 ∙ (0.5)2

2−2.4 ∙ (0.5)3

3= 0.35 .

b) Imamo da je:

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸𝑋2 − (𝐸𝑋)2 = ∫𝑥2(3.6𝑥 − 2.4𝑥2)𝑑𝑥

1

0

− (0.6)2 =

=3.6

4−2.4

5− (0.6)2 = 0.06 .

180

10. Neka je:

𝑭𝑿(𝒙) = {𝟏 − 𝒆−𝒙

𝟐, 𝒙 > 𝟎

𝟎, 𝒙 ≤ 𝟎, 𝒙 ∈ ℝ .

funkcija distribucije slučajne varijable 𝑿. Izračunati:

a) 𝑷([𝑿 > 𝟐]) .

b) 𝑷([𝟏 < 𝑿 < 𝟑]) .

c) 𝑬𝑿 i 𝑽𝒂𝒓𝑿 .

Rješenje: Očigledno je da je funkcija 𝐹𝑋 neprekidna.

a) Imamo da je:

𝑃([𝑋 > 2]) = 1 − 𝐹𝑋(2) = 1 − (1 − 𝑒−4) = 𝑒−4 ≈ 0.018 .

b) Imamo da je:

𝑃([1 < 𝑋 < 3]) = 𝐹𝑋(3) − 𝐹𝑋(1) = (1 − 𝑒−9) − (1 − 𝑒−1) =

= 𝑒−1 − 𝑒−9 ≈ 0.3677 .

c) Funkcija gustoće od 𝑋 je:

𝑓𝑋(𝑥) = {2𝑥𝑒−𝑥

2, 𝑥 > 0

0, 𝑥 ≤ 0, 𝑥 ∈ ℝ .

Tim je:

𝐸𝑋 = ∫ 𝑥 ∙ 2𝑥𝑒−𝑥2𝑑𝑥

+∞

0

= (−𝑥 ∙ 𝑒−𝑥2+ 𝑥𝑒−𝑥

2)|0

+∞+∫ 𝑒−𝑥

2𝑑𝑥

+∞

0

= ∫ 𝑒−𝑥2𝑑𝑥

+∞

0

(∫ 𝑒−𝑥2𝑑𝑥

+∞

0

)

2

= ∫ 𝑒−𝑥2𝑑𝑥

+∞

0

∙ ∫ 𝑒𝑦2𝑑𝑦

+∞

0

=

= ∫ ∫ 𝑒−(𝑥2+𝑦2)𝑑𝑥

+∞

0

𝑑𝑦

+∞

0

= |𝑥 = 𝜌 cos 𝜑𝑦 = 𝜌 sin𝜑| = ∫ 𝜌𝑒−𝜌

2𝑑𝜌∫ 𝑑𝜑

𝜋2

0

+∞

0

=

=𝜋

2∫ 𝜌𝑒−𝜌

2𝑑𝜌

+∞

0

=𝜋

4∫ 2𝜌𝑒−𝜌

2𝑑𝜌

+∞

0

= |𝜌2 = 𝑡| =

=𝜋

4∫ 𝑒−𝑡𝑑𝑡

+∞

0

=𝜋

4∙ (−𝑒−∞ + 𝑒0) =

𝜋

4 .


181

Tim je:

∫ 𝑒−𝑥2𝑑𝑥

+∞

0

=√𝜋

2 ⇒ 𝐸𝑋 =

√𝜋

2 ,

𝑉𝑎𝑟𝑋 = 𝐸𝑋2 − (𝐸𝑋)2 = ∫ 𝑥2 ∙ 2𝑥 ∙ 𝑒−𝑥2𝑑𝑥

+∞

0

−𝜋

4=

= 𝑥2 ∙ (−𝑒𝑥2+ 𝑒𝑥

2)|0

+∞+∫ 2𝑥𝑒−𝑥

2𝑑𝑥

+∞

0

−𝜋

4=

= (−𝑒−∞ + 𝑒0) −𝜋

4= 1 −

𝜋

4 .

11. Neka je:

𝒇(𝒙, 𝒚) = {𝟐𝒆−𝒙𝒆−𝟐𝒚, 𝟎 < 𝒙 < +∞, 𝟎 < 𝒚 < +∞𝟎, 𝒊𝒏𝒂č𝒆

, (𝒙, 𝒚) ∈ ℝ𝟐 .

zajednička funkcija gustoće od 𝑿 i 𝒀. Izračunati:

a) 𝑷([𝑿 > 𝟏, 𝒀 < 𝟏]) .

b) 𝑷([𝑿 ≤ 𝒀]) .

c) 𝑷([𝑿 ≤ 𝒂]), 𝒂 > 𝟎 .

Rješenje:

a) Imamo da je:

𝑃([𝑋 > 1, 𝑌 < 1]) = ∬𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥>1𝑦<1

= ∫ 𝑑𝑥

+∞

1

∫2𝑒−𝑥𝑒−2𝑦𝑑𝑦

1

0

=

= ∫ 2𝑒−𝑥𝑑𝑥

+∞

1

∫𝑒−2𝑦𝑑𝑦

1

0

= −2 ∙ (𝑒−∞ − 𝑒−1) ∙ (−1

2) ∙ (𝑒−2 − 𝑒0) =

= 2 ∙ 𝑒−1 ∙ (1

2−1

2𝑒−2) = 𝑒−1 − 𝑒−3 ≈ 0.318 .

b) Imamo da je:

𝑃([𝑋 ≤ 𝑌]) = ∬𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥≤𝑦

= ∬2𝑒−𝑥𝑒−2𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥≤𝑦𝑥≥0𝑦≥0

=

= ∫ 2𝑒−𝑥𝑑𝑥

+∞

0

∫ 𝑒−2𝑦𝑑𝑦

+∞

𝑥

= ∫ 2𝑒−𝑥 ∙ (−1

2𝑒−∞ +

1

2𝑒−2𝑥)𝑑𝑥

+∞

0

=

182

= ∫ 𝑒−𝑥 ∙ (0 + 𝑒−2𝑥)𝑑𝑥

+∞

0

= ∫ 𝑒−3𝑥𝑑𝑥

+∞

0

= −1

3∙ (𝑒−∞ − 𝑒0) =

1

3 .

c) Imamo da je:

𝑃([𝑋 ≤ 𝑎]) = ∬𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥≤𝑎

= ∬2𝑒−𝑥𝑒−2𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥≤𝑎𝑥≥0𝑦≥0

=

= ∫𝑒−𝑥𝑑𝑥

𝑎

0

∫ 2𝑒−2𝑦𝑑𝑦

+∞

0

= (−𝑒−𝑎 + 𝑒0) ∙ (−𝑒−∞ + 𝑒0) = 1 − 𝑒−𝑎 .

12. Neka je:

𝒇(𝒙,𝒚) = {𝒄, 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 ≤ 𝒓𝟐

𝟎, 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 > 𝒓𝟐, (𝒙, 𝒚) ∈ ℝ𝟐 .

zajednička funkcija gustoće slučajnih varijabli 𝑿 i 𝒀. Odrediti:

a) Konstantu 𝒄.

b) funkciju gustoće 𝒇𝑿 i 𝒇𝒀 od 𝑿, odnosno 𝒀.

c) vjerovatnoću da distanca tačke (𝒙, 𝒚) i tačke (𝟎, 𝟎) ne prelazi 𝒂.

Rješenje:

a) Imamo da je:

1 = ∬𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

ℝ2

= ∬ 𝑐𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥2+𝑦2≤𝑟

= 𝑐 ∙ 𝑟2𝜋 ⇒ 𝑐 =1

𝑟2𝜋 .

b) Imamo da je:

𝑓𝑋(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦

+∞

−∞

= 0, 𝑥 ≤ −𝑟 ∨ 𝑥 ≥ 𝑟 ,


+∞

−∞

= ∫1

𝑟2𝜋𝑑𝑦

√𝑟2−𝑥2

−√𝑟2−𝑥2

=2√𝑟2 − 𝑥2

𝑟2𝜋, −𝑟 < 𝑥 < 𝑟 .

Tim je:

𝑓𝑋(𝑥) = {2√𝑟2 − 𝑥2

𝑟2𝜋, −𝑟 < 𝑥 < 𝑟


, 𝑥 ∈ ℝ


183

Potpuno analogno je:

𝑓𝑌(𝑦) = {2√𝑟2 − 𝑦2

𝑟2𝜋, −𝑟 < 𝑦 < 𝑟


, 𝑦 ∈ ℝ

c) Imamo da je:

𝑃 ([√𝑋2 + 𝑌2 ≤ 𝑎]) = 𝑃([𝑋2 + 𝑌2 ≤ 𝑎2]) = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥2+𝑦2≤𝑎2

=

= ∬1

𝑟2𝜋𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥2+𝑦2≤𝑎2

=𝑎2𝜋

𝑟2𝜋=𝑎2

𝑟2, 0 ≤ 𝑎 ≤ 𝑟 ,

𝑃 ([√𝑋2 + 𝑌2 ≤ 𝑎]) = 1, 𝑎 > 𝑟 ,

𝑃 ([√𝑋2 + 𝑌2 ≤ 𝑎]) = 0, 𝑎 < 0 .

13. Neka je:

𝒇(𝒙,𝒚) = {𝒆−(𝒙+𝒚), 𝟎 < 𝒙 < +∞, 𝟎 < 𝒚 < +∞𝟎, 𝒊𝒏𝒂č𝒆

, (𝒙, 𝒚) ∈ ℝ𝟐 .

Naći funkciju gustoće slučajne varijable 𝒁 =𝑿

𝒀.

Rješenje:

𝐹𝑍(𝑧) = 𝑃([𝑍 ≤ 𝑧]) = 𝑃 ([𝑋

𝑌≤ 𝑧]) = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥≤2𝑦

=

∬ 𝑒−(𝑥+𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥≤2𝑦𝑥>0𝑦>0

= ∫ 𝑒−𝑥𝑑𝑥

+∞

0

∫ 𝑒−𝑦𝑑𝑦

+∞

𝑥𝑧

= ∫ 𝑒−𝑥 ∙ (−𝑒−∞ + 𝑒−𝑥𝑧) 𝑑𝑥

+∞

0

=

= ∫ 𝑒−𝑥 ∙ 𝑒−𝑥𝑧𝑑𝑥

+∞

0

= ∫ 𝑒−𝑧+1𝑧∙𝑥𝑑𝑥

+∞

0

= −𝑧

𝑧 + 1∙ (𝑒−∞ − 𝑒0) =

𝑧

𝑧 + 1, 𝑧 > 0 ,

𝐹𝑍(𝑧) = 0, 𝑧 ≤ 0 .

Uzimanjem izvoda po 𝑧, dobijemo:

𝑓𝑍(𝑧) = 𝐹𝑍′(𝑧) =

1

(𝑧 + 1)2, 𝑧 > 0 ,

𝑓𝑍(𝑧) = 0, 𝑧 ≤ 0 .

184

14. Na rastojanju 𝑳, između dva mjesta, autobus prevozi putnike i staje, prema potrebi, u

proizvoljnim tačkama između ta dva mjesta. Za to vrijeme, putnici ulaze i izlaze. Neka je

funkcija gustoće tačke 𝑿, ulaska putnika proporcionalna sa 𝒙(𝑳 − 𝒙)𝟐, 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝑳, a

funkcija gustoće tačke 𝒀, izlaska putnika proporcionalna sa (𝒚 − 𝒙)𝒌, gdje je 𝒙 tačka

ulaska, a 𝒚 tačka izlaska, te je 𝒙 < 𝒚. Izračunati vjerovatnoću:

a) da putnik uđe u autobus prije tačke 𝒛,

b) da putnik koji je ušao u autobus u tački 𝒙, izađe iz autobusa poslije tačke 𝒛.

Rješenje:

a) Funkcija gustoće tačke ulaska je:

𝑓𝑋(𝑥) = {𝑎𝑥(𝐿 − 𝑥)2, 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿0, 𝑖𝑛𝑎č𝑒

, 𝑥 ∈ ℝ .

Tim je:

1 = ∫𝑎𝑥(𝐿 − 𝑥)2𝑑𝑥

𝐿

0

= 𝑎𝐿4

2−2𝑎𝐿4

3+𝑎𝐿4

4=𝑎𝐿4

12 ⇒ 𝑎 =

12

𝐿4 ,

𝑃([𝑋 ≤ 𝑧]) = ∫12

𝐿4𝑥(𝐿 − 𝑥)2𝑑𝑥

𝑧

0

=𝑧2

𝐿4∙ (6𝐿2 − 8𝐿𝑧 + 3𝑧2) .

b) Funkcija gustoće od tačke izlaska je:

𝑓𝑌(𝑦) = {𝑏(𝑦 − 𝑥)𝑘 𝑥 < 𝑦 ≤ 𝐿0, 𝑖𝑛𝑎č𝑒

, 𝑦 ∈ ℝ .

Tim je:

1 = ∫𝑏(𝑦 − 𝑥)𝑘𝑑𝑦

𝐿

𝑥

= 𝑏(𝐿 − 𝑥)𝑘+1

𝑘 + 1 ⇒ 𝑏 =

𝑘 + 1

(𝐿 − 𝑥)𝑘+1 ,

𝑃([𝑌 > 𝑧]) = ∫𝑘 + 1

(𝐿 − 𝑥)𝑘+1𝑑𝑦

𝐿

𝑧

=

=𝑘 + 1

(𝐿 − 𝑥)𝑘+1∙ ((𝑦 − 𝑥)𝑘+1

𝑘 + 1)|𝑍

𝐿

= 1 − (𝑧 − 𝑥

𝐿 − 𝑥)𝑘+1

15. (Buffonov problem igle) U ravni su date paralelne prave

𝒚 = 𝒌𝑳, 𝒌 ∈ {𝟎,±𝟏,±𝟐,… ,±𝒏,… }, 𝑳 > 𝟎 .

Na ravni se slučajno baca igla dužine 𝒍, 𝒍 < 𝑳. Kolika je vjerovatnoća da igla siječe neku od

datih pravih?


185

Rješenje: Označimo sa 𝑋 distancu središta igle do bliže prave i sa Θ ugao između igle i normale na

pravu povučene iz središta igle (slika 34).

𝑋 i Θ su nezavisne uniformne slučajne varijable na [0,𝐿

2] i [0,

𝜋

2] redom.

Igla siječe pravu ako je:

𝑋 ≤𝑙

2cos Θ .

Tim je:

𝑃 ([𝑋 ≤𝑙

2cos Θ]) = ∬ 𝑓𝑋,Θ(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥≤𝑙2cos 𝑦

= |

| =

= ∬ 𝑓𝑋(𝑥) ∙ 𝑓Θ(𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥≤𝑙2cos𝑦

= ∫𝑑𝑦

𝜋2

0

∫2

𝐿∙2

𝜋𝑑𝑥

𝑙2cos𝑦

0

=

= ∫4

𝐿𝜋∙𝑙

2cos 𝑦 𝑑𝑦

𝜋2

0

=2𝑙

𝐿𝜋(sin

𝜋

2− sin0) =

2𝑙

𝐿𝜋 .

Ako je u 𝑚 bacanja, igla presjekla pravu u 𝑛 slučajeva, tada je:

𝑛

𝑚≈2𝐿

𝐿𝜋 ⇒ 𝜋 ≈

𝑛

𝑚∙2𝑙

𝐿 .

Dakle, za veliki broj bacanja igle možemo približno izračunati broj 𝜋. Izveden je pokus sa 5000 bacanja

igle i dobijena je približna vrijednost 𝜋 ≈ 3.1596.

16. Neka je:

𝒇(𝒙,𝒚) = {𝟐𝟒𝒙𝒚, 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏, 𝟎 ≤ 𝒚 ≤ 𝟏,𝟎 ≤ 𝒙 + 𝒚 ≤ 𝟏𝟎, 𝒊𝒏𝒂č𝒆

, (𝒙, 𝒚) ∈ ℝ𝟐

zajednička funkcija gustoće slučajnih varijabli 𝑿 i 𝒀.

a) Naći 𝒇𝑿(𝒙) i 𝒇𝒀(𝒚).

b) Ispitati nezavisnost 𝑿 i 𝒀.

Rješenje:

a) Imamo da je:


+∞

−∞

= ∫ 24𝑥𝑦𝑑𝑦

1−𝑥

0

= 24𝑥(1 − 𝑥)2

2, 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 ,

Slika 34: Buffonov

problem igle

𝑥 Θ

zbog nezavisnosti

𝑋 𝑖 Θ

186

𝑓𝑋(𝑥) = 0, 𝑥 < 0 ∨ 𝑥 > 1 .

Tim je:

𝑓𝑋(𝑥) = {12𝑥(1 − 𝑥)2 , 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 0, 𝑥 > 0 ∨ 𝑥 > 1

, 𝑥 ∈ ℝ .

Potpuno analogno je:

𝑓𝑌(𝑦) = {12𝑦(1 − 𝑦)2, 0 ≤ 𝑦 ≤ 1 0, 𝑦 > 0 ∨ 𝑦 > 1

, 𝑦 ∈ ℝ .

b) Pošto je 24𝑥𝑦 ≠ 12𝑥(1 − 𝑥)2 ∙ 12𝑦(1 − 𝑦)2, to 𝑋 i 𝑌 nisu nezavisne.

17. Neka je:

𝒇(𝒙,𝒚) = {𝟔𝒆−𝟐𝒙 ∙ 𝒆−𝟑𝒚, 𝟎 ≤ 𝒙 < +∞, 𝟎 ≤ 𝒚 < +∞𝟎, 𝒊𝒏𝒂č𝒆

, (𝒙, 𝒚) ∈ ℝ𝟐 .

zajednička funkcija gustoće slučajnih varijabli 𝑿 i 𝒀.

a) Naći 𝒇𝑿(𝒙) i 𝒇𝒀(𝒚).

b) Ispitati nezavisnost 𝑿 i 𝒀.

Rješenje:

a) Imamo da je:

𝑓𝑋(𝑥) = {∫ 6𝑒−2𝑥𝑒−3𝑦𝑑𝑦

+∞

0

, 0 ≤ 𝑥 < +∞

0, 𝑥 < 0

= {2𝑒−2𝑥 , 0 ≤ 𝑥 < +∞0, 𝑥 < 0

,

𝑓𝑌(𝑦) = {∫ 6𝑒−2𝑥𝑒−3𝑦𝑑𝑥

+∞

0

, 0 ≤ 𝑦 < +∞

0, 𝑦 < 0

= {3𝑒−3𝑦 , 0 ≤ 𝑦 < +∞0, 𝑦 < 0

.

b) Pošto je 6𝑒−2𝑥𝑒−3𝑦 = 2𝑒−2𝑥 ∙ 3𝑒−3𝑦, to su 𝑋 i 𝑌 nezavisne.

18. Neka su 𝑿, 𝒀, 𝒁 nezavisne uniformne slučajne varijable na intervalu (𝟎, 𝟏).

Izračunati 𝑷([𝑿 ≥ 𝒀𝒁]).

Rješenje: Zbog nezavisnosti je:

𝑓𝑋,𝑌,𝑍(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑓𝑋(𝑥) ∙ 𝑓𝑌(𝑦) ∙ 𝑓𝑍(𝑧) = 1, 0 < 𝑥 < 1, 0 < 𝑦 < 1, 0 < 𝑧 < 1 .

Tada je:


187

𝑃([𝑋 ≥ 𝑌𝑍]) = ∭𝑓𝑋,𝑌,𝑍(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧

𝑥≥𝑌𝑍

= ∫∫ ∫𝑑𝑥

1

𝑦𝑧

𝑑𝑦

1

0

𝑑𝑧

1

0

=

= ∫∫(1 − 𝑦𝑧)𝑑𝑦

1

0

𝑑𝑧

1

0

= ∫(1 −𝑧

2)𝑑𝑧

1

0

= 1−1

4=3

4 .

19. Neka su 𝑿 i 𝒀 nezavisne uniformne slučajne varijable na (𝟎, 𝟏). Naći funkciju gustoće od

𝑿 + 𝒀.


𝑓𝑋(𝑎) = 𝑓𝑌(𝑎) = {1, 0 ≤ 𝑎 ≤ 10, 𝑖𝑛𝑎č𝑒

, 𝑎 ∈ ℝ ,

𝐹𝑋+𝑌(𝑎) = 𝑃([𝑋 + 𝑌 ≤ 𝑎]) = ∬ 𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥+𝑦≤𝑎

= | | =

= ∬ 𝑓𝑋(𝑥)𝑓𝑌(𝑦)𝑑𝑦

𝑥+𝑦≤𝑎

= ∫𝑑𝑥

𝑎

0

∫ 𝑓𝑋(𝑥)𝑓𝑌(𝑦)𝑑𝑦

𝑎−𝑥

0

= ∫𝑓𝑋(𝑥)

𝑎

0

∫ 𝑓𝑌(𝑦)𝑑𝑦

𝑎−𝑥

0

𝑑𝑥 =

= ∫1 ∙ ∫ 𝑑𝑦

𝑎−𝑥

0

𝑑𝑥

𝑎

0

= ∫(𝑎 − 𝑥)𝑑𝑥

𝑎

0

= 𝑎2 −𝑎2

2=𝑎2

2, 0 ≤ 𝑎 ≤ 1 ,

𝐹𝑋+𝑌(𝑎) = 𝑃([𝑋 + 𝑌 ≤ 𝑎]) = ∬ 𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥+𝑦≤𝑎

= ∬ 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥+𝑦≤𝑎0≤𝑥≤10≤𝑦≤1

=

= ∫ 𝑑𝑥

𝑎−1

0

∫𝑑𝑦

1

0

+ ∫ 𝑑𝑥

1

𝑎−1

∫ 𝑑𝑦

𝑎−𝑥

0

= 𝑎 − 1 + ∫(𝑎 − 𝑥)𝑑𝑥

1

𝑎−1

=

= 𝑎 − 1 + 𝑎(2 − 𝑎) −1 − (𝑎 − 1)2

2=4𝑎 − 𝑎2 − 2

2, 1 < 𝑎 ≤ 2 ,

𝐹𝑋+𝑌(𝑎) = 1, 𝑎 > 2 ,

𝐹𝑋+𝑌(𝑎) = 0, 𝑎 < 0 .

Uzimanjem izvoda po 𝑎 dobijemo:

𝑓𝑋+𝑌(𝑎) = 𝐹𝑋+𝑌′ (𝑎) = {

𝑎, 0 ≤ 𝑎 ≤ 1 2 − 𝑎, 1 < 𝑎 ≤ 2 0, 𝑎 < 0 ∨ 𝑎 > 2

.

zbog nezavisnosti

188

20. Neka su 𝑿 i 𝒀 nezavisne slučajne varijable koje imaju gama distribuciju sa parametrima

𝜶𝟏, 𝜷 i 𝜶𝟐, 𝜷 redom. Naći funkciju gustoće od 𝑿 + 𝒀.


𝐹𝑋+𝑌(𝑧) = ∫𝑓𝑋(𝑥)𝑓𝑌(𝑧 − 𝑥)𝑑𝑥

𝑧

0

= ∫1

Γ(𝛼1)𝛽𝛼1𝑥𝛼1−1𝑒

−𝑥𝛽 ∙

1

Γ(𝛼2)𝛽𝛼2𝑥𝛼2−1𝑒

−𝑧−𝑥𝛽 𝑑𝑥

𝑧

0

=

=𝑒−𝑥𝛽

Γ(𝛼1)Γ(𝛼2)𝛽𝛼1+𝛼2

∫𝑥𝛼1−1(𝑧 − 𝑥)𝛼2−1𝑑𝑥

𝑧

0

=

=𝑒−𝑥𝛽 ∙ 𝑧𝛼1−1 ∙ 𝑧𝛼2−1

Γ(𝛼1)Γ(𝛼2)𝛽𝛼1+𝛼2∫(

𝑥

𝑧)𝛼1−1

(1 −𝑥

𝑧)𝛼2−1

𝑑𝑥

𝑧

0

=

= |𝑥

𝑧= 𝑢| =

𝑒−𝑥𝛽 ∙ 𝑧𝛼1+𝛼2−1

Γ(𝛼1)Γ(𝛼2)𝛽𝛼1+𝛼2∫𝑢𝛼1−1(1 − 𝑢)𝛼1−1𝑑𝑢

1

0

=

=𝑒−𝑥𝛽 ∙ 𝑧𝛼1+𝛼2−2

Γ(𝛼1)Γ(𝛼2)𝛽𝛼1+𝛼2∙Γ(𝛼1)Γ(𝛼2)

Γ(𝛼1 + 𝛼2)=

1

Γ(𝛼1 + 𝛼2)𝛽𝛼1+𝛼2∙ 𝑧𝛼1+𝛼2−1 ∙ 𝑒

−𝑧𝛽 , 𝑧 > 0 .

Dakle, 𝑋 + 𝑌 ima gama distribuciju sa parametrima 𝛼1 + 𝛼2, 𝛽.

21. Neka su 𝑿𝟏, 𝑿𝟐, … , 𝑿𝒏 nezavisne slučajne varijable, koje imaju gama distribuciju sa

parametrima 𝜶𝟏, 𝜷; 𝜶𝟐, 𝜷;… ;𝜶𝒏, 𝜷 redom. Naći funkciju gustoće od 𝑿𝟏 +𝑿𝟐 +⋯+ 𝑿𝒏.

Rješenje: Iz prethodnog zadatka slijedi da 𝑋1 + 𝑋2 ima gama distribuciju sa parametrima 𝛼1 + 𝛼2, 𝛽.

Pretpostavimo da 𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑘, ima gama distribuciju sa parametrima 𝛼1 + 𝛼2 +⋯+ 𝛼𝑘 , 𝛽.

Tada, na osnovu prethodnog zadatka vrijedi da i 𝑋1 + 𝑋2 +⋯+ 𝑋𝑘 + 𝑋𝑘+1 ima gama distribuciju sa

parametrima 𝛼1 + 𝛼2 +⋯+ 𝛼𝑘 + 𝛼𝑘+1 , 𝛽. Time, iz principa matematičke indukcije, vrijedi da

𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑛, 𝑛 ∈ ℕ ima gama distribuciju sa parametrima 𝛼1 + 𝛼2 +⋯+ 𝛼𝑛, 𝛽.

22. Neka su 𝑿𝟏, 𝑿𝟐, … , 𝑿𝒏 nezavisne eksponencijalne slučajne varijable sa parametrom 𝝀. Naći

funkciju gustoće od 𝑿𝟏 + 𝑿𝟐 +⋯+𝑿𝒏.

Rješenje:

𝐹𝑋1+𝑋2(𝑧) = ∫𝜆𝑒−𝜆𝑥 ∙ 𝜆𝑒−𝜆(𝑧−𝑥)𝑑𝑥

𝑧

0

= 𝜆2𝑧𝑒−𝜆𝑧 =1

Γ(2) (1𝜆)2 ∙ 𝑧

2−1 ∙ 𝑒−𝑧1𝜆 , 𝑧 > 0 .

Dakle 𝑋1 + 𝑋2 ima gama distribuciju sa parametrima 2,1

𝜆. Koristili smo formule:

𝑓𝑋1+𝑋2(𝑧) = ∫ 𝑓𝑋1(𝑥)𝑓𝑋2(𝑧 − 𝑥)𝑑𝑥

+∞

−∞

𝑖 𝑓𝑋2(𝑧 − 𝑥) = 0, 𝑥 > 𝑧 .

Dalje, imamo da je:


189

𝑓𝑋1+𝑋2+𝑋3(𝑧) = ∫𝜆2𝑥𝑒−𝜆𝑥 ∙ 𝜆𝑒−𝜆(𝑧−𝑥)𝑑𝑥

𝑧

0

= 𝜆3𝑒−𝜆𝑧∫𝑥𝑑𝑥

𝑧

0

= 𝜆3𝑧2

2𝑒−𝜆𝑧 =

=1

Γ(3) (1𝜆)3 ∙ 𝑧

3−1 ∙ 𝑒−𝑧1𝜆 , 𝑧 > 0 .

Dakle, 𝑋1 + 𝑋2 + 𝑋3 ima gama distribuciju sa parametrima 3,1

𝜆. Pretpostavimo da:

𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑘

ima gama distribuciju sa parametrima 𝑘,1

𝜆. Tada je:

𝑓𝑋1+𝑋2+⋯+𝑋𝑘+𝑋𝑘+1(𝑧) = ∫1

Γ(𝑘) (1𝜆)𝑘 ∙ 𝑥

𝑘−1 ∙ 𝑒−𝑥1𝜆 ∙ 𝜆𝑒−𝜆(𝑧−𝑥)𝑑𝑥

𝑧

0

=

=𝜆

Γ(𝑘) (1𝜆)𝑘 𝑒

−𝜆𝑧 ∫𝑥𝑘−1𝑑𝑥

𝑧

0

=1

kΓ(𝑘) (1𝜆)𝑘+1 ∙ 𝑧

𝑘+1−1 ∙ 𝑒−𝑧1𝜆 =

=1

Γ(𝑘 + 1) (1𝜆)𝑘+1 ∙ 𝑧

𝑘+1−1 ∙ 𝑒−𝑧1𝜆 , 𝑧 > 0 ,

odnosno, 𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑘 + 𝑋𝑘+1 ima gama distribuciju sa parametrima 𝑘 + 1,1

𝜆. Iz principa

matematičke indukcije vrijedi da:

𝑋1 + 𝑋2 +⋯+𝑋𝑛, 𝑛 ∈ ℕ

ima gama distribuciju sa parametrima 𝑛,1

𝜆.

23. Neka su 𝑿𝟏, 𝑿𝟐, … , 𝑿𝒏 nezavisne jedinične normalne slučajne varijable. Naći funkciju

gustoće od 𝒀 = 𝑿𝟏𝟐 + 𝑿𝟐

𝟐 +⋯+𝑿𝒏𝟐 .

Rješenje:

𝑓𝑋12(𝑧) =

1

2√2[𝑓𝑋1(√𝑧) + 𝑓𝑋1(−√𝑧)] =

1

2√2∙2

√2𝜋∙ 𝑒−

𝑧2 =

=1

√𝜋 ∙ 212

∙ 𝑧12−1 ∙ 𝑒−

𝑧2 =

1

Γ(12) ∙ 2

12

∙ 𝑧12−1 ∙ 𝑒−

𝑧2, 𝑧 > 0 .

tj. 𝑋12 ima gama distribuciju sa parametrima

1

2, 2.

Iz prethodnog zadatka slijedi da 𝑋12 + 𝑋2

2 +⋯+ 𝑋𝑛2 ima gama distribuciju sa parametrima

𝑛

2, 2, tj.

𝑋12 + 𝑋2

2 +⋯+𝑋𝑛2 ima 𝜒2 distribuciju sa 𝑛 stupnjeva slobode.

190

24. Neka slučajne varijable 𝑿 i 𝒀 imaju zajedničku funkciju gustoće 𝒇𝑿,𝒀.

Neka je 𝑼 = 𝑿 + 𝒀 i 𝑽 = 𝑿 − 𝒀. Naći zajedničku funkciju gustoće od 𝑼 i 𝑽.

Rješenje:

𝑢 = 𝑥 + 𝑦 𝑖 𝑣 = 𝑥 − 𝑦 ⇒

𝑥 =𝑢 + 𝑣

2 𝑖 𝑦 =

𝑢 − 𝑣

2⇒

|𝐷(𝑥, 𝑦)

𝐷(𝑢, 𝑣)| = |

||

𝜕𝑥

𝜕𝑢

𝜕𝑥

𝜕𝑣𝜕𝑦

𝜕𝑢

𝜕𝑦

𝜕𝑣

||| = |

||

1

2

1

21

2−1

2

||| =

1

2 .

Otuda je:

𝑓𝑈,𝑉(𝑢, 𝑣) = 𝑓𝑋,𝑌 (𝑢 + 𝑣

2,𝑢 − 𝑣

2) ∙1

2 .

25. Neka se slučajno izabira tačka u ravni, čije su

dekartove koordinate 𝑿 i 𝒀 nezavisne i imaju

jediničnu normalnu distribuciju. Naći zajedničku

funkciju gustoće od polarnih koordinata 𝑹, 𝚯.

Rješenje: Vrijedi da je:

𝑅 = √𝑋2 + 𝑌2 𝑖 Θ = arctg𝑌

𝑋 .

Tim je:

𝑟 = √𝑥2 + 𝑦2 𝑖 𝜃 = arctg𝑦

𝑥 ⇒

|𝐷(𝑟, 𝜃)

𝐷(𝑥, 𝑦)| =

||||

𝜕𝑟

𝜕𝑥

𝜕𝑟

𝜕𝑦𝜕𝜃

𝜕𝑥

𝜕𝜃

𝜕𝑦

||||=

=|

|

||

𝑥

√𝑥2 + 𝑦2

𝑦

√𝑥2 + 𝑦2

−𝑦

𝑥2∙

1

1 + (𝑦𝑥)2

1

𝑥∙

1

1 + (𝑦𝑥)2||

|

|=

𝑥2

(𝑥2 + 𝑦2)√𝑥2 + 𝑦2+

𝑦2

(𝑥2 + 𝑦2)√𝑥2 + 𝑦2=

Slika 35: Polarne koordinate iz

zadatka 25

𝑅

Θ

𝑌

𝑋


191

=1

√𝑥2 + 𝑦2=1

𝑟

⇒ |𝐷(𝑥, 𝑦)

𝐷(𝑟, 𝜃)| = 𝑟,

𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑋(𝑥) ∙ 𝑓𝑌(𝑦) =1

√2𝜋∙ 𝑒−

𝑥2

2 ∙1

√2𝜋∙ 𝑒−

𝑦2

2 =1

2𝜋∙ 𝑒−

𝑥2+𝑦2

2 .

Tim je:

𝑓𝑅,Θ(𝑟, 𝜃) = 𝑓𝑋,𝑌(𝑥(𝑟, 𝜃), 𝑦(𝑟, 𝜃)) ∙ 𝑟 =1

2𝜋∙ 𝑒−

𝑟2

2 ∙ 𝑟, 𝑜 < 𝑟 < +∞, 0 < 𝜃 < +∞ .

26. Neka su 𝑿, 𝒀 nezavisne slučajne varijable koje imaju gama distribuciju sa parametrima 𝜶𝟏, 𝜷

i 𝜶𝟐, 𝜷 redom. Izračunati zajedničku funkciju gustoće od:

𝑼 = 𝑿 + 𝒀 𝒊 𝑽 =𝑿

𝑿+ 𝒀 .

Rješenje:

𝑓𝑋,𝑌(𝑥, 𝑦) =1

Γ(𝛼1)𝛽𝛼1𝑥𝛼1−1 ∙ 𝑒

−𝑥𝛽 ∙

1

Γ(𝛼2)𝛽𝛼2𝑦𝛼2−1 ∙ 𝑒

−𝑦𝛽 =

=1

Γ(𝛼1)Γ(𝛼2)𝛽𝛼1+𝛼2∙ 𝑥𝛼1−1 ∙ 𝑦𝛼2−1 ∙ 𝑒

−𝑥+𝑦𝛽

je zajednička funkcija gustoće od 𝑋 i 𝑌.

𝑢 = 𝑥 + 𝑦 𝑖 𝑣 =𝑥

𝑥 + 𝑦 ⇒

𝑥 = 𝑢𝑣 𝑖 𝑦 = 𝑢(1 − 𝑣) ,

Otuda je:

‖𝐷(𝑥, 𝑦)

𝐷(𝑢, 𝑣)‖ = ||

𝑣 𝑢1 − 𝑣 −𝑢

|| = |−𝑢| = 𝑢 ,

𝑓𝑈,𝑉(𝑢, 𝑣) = 𝑓𝑋,𝑌(𝑢𝑣, 𝑢(1 − 𝑣)) ∙ 𝑢 =1

Γ(𝛼1)Γ(𝛼2)𝛽𝛼1+𝛼2∙ (𝑢𝑣)𝛼1−1 ∙ (𝑢(1 − 𝑣))

𝛼2−1∙ 𝑒

−𝑥+𝑦𝛽 ∙ 𝑢 =

=1

Γ(𝛼1)Γ(𝛼2)𝛽𝛼1+𝛼2∙ 𝑢𝛼1+𝛼2−1 ∙ 𝑣𝛼1−1 ∙ (1 − 𝑣)𝛼2−1 ∙ 𝑒

−𝑥+𝑦𝛽 .

27. Neka su 𝑿𝟏, 𝑿𝟐, 𝑿𝟑 nezavisne jedinične normalne slučajne varijable. Izračunati zajedničku

funkciju gustoće od 𝒀𝟏 = 𝑿𝟏 +𝑿𝟐 + 𝑿𝟑, 𝒀𝟐 = 𝑿𝟏 −𝑿𝟐 i 𝒀𝟑 = 𝑿𝟏 −𝑿𝟑.

Rješenje: Zajednička funkcija gustoće za 𝑋1, 𝑋2, 𝑋3 je:

𝑓𝑋1,𝑋2,𝑋3(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3) =1

2𝜋√2𝜋∙ 𝑒−

𝑥12+𝑥2

2+𝑥33

2 .

192

Sada imamo da je:

𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1𝑥1 − 𝑥2 = 𝑦2𝑥1 − 𝑥3 = 𝑦3

} ⇒

𝑥1 =𝑦1 + 𝑦2 + 𝑦3

3 , 𝑥2 =

𝑦1 − 2𝑦2 + 𝑦33

, 𝑥3 =𝑦1 + 𝑦2 − 2𝑦3

3,

Otuda je:

|𝐷(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3)

𝐷(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3)| =

|

|

|

|

1

3

1

3

1

31

3−2

3

1

31

3

1

3−2

3

|

|

|

|

=1

3 ,

𝑓𝑌1,𝑌2,𝑌3(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3) = 𝑓𝑋1,𝑋2,𝑋3 (𝑦1 + 𝑦2 + 𝑦3

3,𝑦1 − 2𝑦2 + 𝑦3

3,𝑦1 + 𝑦2 − 2𝑦3

3) ∙1

3=

=1

6𝜋√2𝜋∙ 𝑒−

(𝑦1+𝑦2+𝑦3

3)2+(𝑦1−2𝑦2+𝑦3

3)2+(𝑦1+𝑦2−2𝑦3

3)2

2 ,

28. Neka je:

𝒇(𝒙,𝒚) = 𝒄(𝒚𝟐 − 𝒙𝟐)𝒆−𝒚, −𝒚 ≤ 𝒙 ≤ 𝒚, 𝟎 < 𝒚 < +∞

zajednička funkcija gustoće od 𝑿 i 𝒀. Izračunati:

a) konstantu 𝒄.

b) funkcije gustoće od 𝑿 i 𝒀.

c) 𝑬𝑿.

Rješenje:

a) Imamo da je:

1 = ∫ 𝑑𝑦

+∞

0

∫𝑐(𝑦2 − 𝑥2)𝑒−𝑦𝑑𝑥

𝑦

−𝑦

=

= 𝑐 ∫ (2𝑦3 −2𝑦3

3) 𝑒−𝑦𝑑𝑦

+∞

0

=4

3𝑐∫ 𝑦3𝑒−𝑦𝑑𝑦

+∞

0

=

=4

3𝑐 [𝑦3(−𝑒−∞ + 𝑒0) + 3∫ 𝑦2𝑒−𝑦𝑑𝑦

+∞

0

] = 4𝑐∫ 𝑦2𝑒−𝑦𝑑𝑦

+∞

0

=


193

= 4𝑐 [𝑦2(−𝑒−∞ + 𝑒0) + 2∫ 𝑦𝑒−𝑦𝑑𝑦

+∞

0

] = 8𝑐∫ 𝑦𝑒−𝑦𝑑𝑦

+∞

0

=

= 8𝑐 [𝑦(−𝑒−∞ + 𝑒0) + ∫ 𝑒−𝑦𝑑𝑦

+∞

0

] = 8𝑐 .

To znači da je:

𝑐 =1

8 .

b) Imamo da je:

𝑓𝑋(𝑥) = ∫1

8(𝑦2 − 𝑥2)𝑒−𝑦𝑑𝑦

+∞

|𝑥|

=1

8[(𝑥2 + 2|𝑥| + 2)𝑒−|𝑥| − 𝑥2𝑒−|𝑥|] =

=1

4(|𝑥| + 1)𝑒−|𝑥|, 𝑥 ∈ ℝ ,

𝑓𝑌(𝑦) = ∫1

8(𝑦2 − 𝑥2)𝑒−𝑦𝑑𝑥

𝑦

−𝑦

=1

8(2𝑦3 −

2𝑦3

3) 𝑒−𝑦 =

1

6𝑦3𝑒−𝑦 , 𝑦 > 0 ,

𝑓𝑌(𝑦) = 0, 𝑦 ≤ 0 .

c) Imamo da je:

𝐸𝑋 = ∫ 𝑥 ∙1

4∙ (|𝑥| + 1)𝑒−|𝑥|𝑑𝑥

+∞

−∞

= 0 ,

jer je podintegralna funkcija neparna.

29. Neka je:

𝒇(𝒙, 𝒚) =𝟔

𝟕(𝒙𝟐 +

𝒙𝒚

𝟐) , 𝟎 < 𝒙 < 𝟏, 𝟎 < 𝒚 < 𝟐 .

a) Dokazati da je 𝒇(𝒙, 𝒚) zajednička funkcija gustoće od 𝑿 i 𝒀.

b) Izračunati funkciju gustoće od 𝑿.

c) Izračunati 𝑷([𝑿 ≥ 𝒀]).

d) Izračunati 𝑷 ([𝒀 ≥𝟏

𝟐 | 𝑿 ≤

𝟏

𝟐]).

e) Izračunati 𝑬𝑿 i 𝑬𝒀.

194

Rješenje:

a) Imamo da je:

∫𝑑𝑥

1

0

∫6

7(𝑥2 +

𝑥𝑦

2)𝑑𝑦

2

0

= ∫6

7(2𝑥2 +

4𝑥

4) 𝑑𝑥

1

0

=6

7(2

3+1

2) = 1 .

Dakle, 𝑓(𝑥, 𝑦) je zajednička funkcija gustoće od 𝑋 i 𝑌.

b) Imamo da je:

𝑓𝑋(𝑥) = ∫6

7(𝑥2 +

𝑥𝑦

2)𝑑𝑦

2

0

=6

7(2𝑥2 + 𝑥), 0 < 𝑥 < 1 ,

𝑓𝑥(𝑥) = 0, 𝑥 ≤ 0 ∨ 𝑥 ≥ 1 .

c) Imamo da je:

𝑃([𝑋 ≥ 𝑌]) = ∬6

7(𝑥2 +

𝑥𝑦

2)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥≥𝑦0<𝑥<10<𝑦<2

= ∫𝑑𝑥

1

0

∫6

7(𝑥2 +

𝑥𝑦

2)𝑑𝑦

𝑥

0

=

= ∫6

7(𝑥3 +

𝑥3

4)𝑑𝑥

1

0

=6

7∙5

4∙1

4=15

36 .

d) Imamo da je:

𝑃 ([𝑌 ≥1

2 | 𝑋 ≤

1

2]) =

𝑃 ([𝑋 ≤12 , 𝑌 ≥

12])

𝑃 ([𝑋 ≤12])

=

= ∬6

7(𝑥2 +

𝑥𝑦

2)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥≤12

𝑦≥12

0<𝑥<10<𝑦<2

∙1

=

= ∫𝑑𝑥

12

0

∫6

7

2

12

∙ (𝑥2 +𝑥𝑦

2)𝑑𝑦 ∙

1

=

∬6

7∙ (𝑥2 +

𝑥𝑦

2)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥≤12

0<𝑥<10<𝑥<2

∫ 𝑑𝑥

12

0

∫6

7∙ (𝑥2 +

𝑥𝑦

2)𝑑𝑦

2

0


195

= ∫6

7(3

2𝑥2 +

4−14

4𝑥)𝑑𝑥

12

0

∙1

=23

32 .

e) Imamo da je:

𝐸𝑋 = ∫𝑥 ∙6

7(2𝑥2 + 𝑥)𝑑𝑥

1

0

=6

7(1

2+1

3) =

5

7 ,

𝑓𝑌(𝑦) = ∫6

7(𝑥2 +

𝑥𝑦

2)𝑑𝑥

1

0

=6

7(1

3+𝑦

4) , 0 < 𝑦 < 2 ,

𝑓𝑌(𝑦) = 0, 𝑦 ≤ 0 ∨ 𝑦 ≥ 2 ,

𝐸𝑌 = ∫𝑦 ∙6

7(1

3+𝑦

4)𝑑𝑦

2

0

=6

7(2

3+8

12) =

8

7 .

30. Neka su 𝑿 i 𝒀 slučajne varijable sa zajedničkom funkcijom gustoće:

𝒇(𝒙,𝒚) = {

𝒙

𝟓+ 𝒄𝒚, 𝟎 < 𝒙 < 𝟏, 𝟏 < 𝒚 < 𝟓

𝟎, 𝒊𝒏𝒂č𝒆 , (𝒙, 𝒚) ∈ ℝ𝟐 .

a) Izračunati konstantu 𝒄.

b) Da li su 𝑿 i 𝒀 nezavisne?

c) Izračunati 𝑷([𝑿 + 𝒀 > 𝟑]).

Rješenje:

a) Imamo da je:

1 = ∫𝑑𝑥

1

0

∫(𝑥

5+ 𝑐𝑦)𝑑𝑦

5

1

= ∫(4

5𝑥 +

24

2𝑐) 𝑑𝑥

1

0

=2

5+ 12𝑐 ⇒ 𝑐 =

1

20 .

b) Imamo da je:

𝑓𝑋(𝑥) = ∫(𝑥

5+𝑦

20)𝑑𝑦

1

0

=4

5𝑥 +

3

5, 0 < 𝑥 < 1 ,

𝑓𝑥(𝑥) = 0, 𝑥 ≤ 0 ∨ 𝑥 ≥ 1 ,

∫6

7∙ (2𝑥2 + 𝑥)𝑑𝑥

12

0

196

𝑓𝑌(𝑦) = ∫(𝑥

5+𝑦

20)𝑑𝑥

1

0

=1

10+𝑦

20, 1 < 𝑦 < 5 ,

𝑓𝑌(𝑦) = 0, 𝑦 ≤ 1 ∨ 𝑦 ≥ 5 ,

𝑓𝑋(𝑥) ∙ 𝑓𝑌(𝑦) = (4

5𝑥 +

3

5) ∙ (

𝑦

20+1

10) ≠

𝑥

5+𝑦

20 , 0 < 𝑥 < 1, 1 < 𝑦 < 5 .

Dakle, 𝑋 i 𝑌 nisu nezavisne.

c) Imamo da je:

𝑃([𝑋 + 𝑌 > 3]) = ∬ (𝑥

5+𝑦

20)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥+𝑦>30<𝑥<11<𝑦<5

=

= ∫𝑑𝑥

1

0

∫ (𝑥

5+𝑦

20)𝑑𝑦

5

3−𝑥

= ∫[𝑥(2 + 𝑥)

5+25 − (3 − 𝑥)2

40] 𝑑𝑦

1

0

=

=1

40∫(8𝑥2 + 16𝑥 + 16 + 6𝑥 − 𝑥2)𝑑𝑥

1

0

=

=1

40∫(7𝑥2 + 22𝑥 + 16)𝑑𝑥

1

0

=1

40(7

3+ 11 + 16) =

11

15 .


197

6. Tablice za funkciju 𝝋(𝒙) =𝟏

√𝟐𝝅∙ 𝒆−

𝒙𝟐

𝟐

x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

0.0 0.3989 0.3989 0.3989 0.3988 0.3986 0.3984 0.3982 0.3980 0.3977 0.3973

0.1 0.3970 0.3965 0.3961 0.3956 0.3951 0.3945 0.3939 0.3932 0.3925 0.3918

0.2 0.3910 0.3902 0.3894 0.3885 0.3876 0.3867 0.3857 0.3847 0.3836 0.3825

0.3 0.3814 0.3802 0.3790 0.3778 0.3765 0.3752 0.3739 0.3725 0.3712 0.3697

0.4 0.3683 0.3668 0.3653 0.3637 0.3605 0.3589 0.3572 0.3555 0.3572 0.3538

0.5 0.3521 0.3503 0.3485 0.3467 0.3448 0.3429 0.3410 0.3391 0.3372 0.3352

0.6 0.3332 0.3312 0.3292 0.3271 0.3251 0.3230 0.3209 0.3187 0.3166 0.3144

0.7 0.3123 0.3101 0.3079 0.3056 0.3034 0.3011 0.2989 0.2966 0.2943 0.2920

0.8 0.2897 0.2874 0.2850 0.2827 0.2803 0.2780 0.2756 0.2732 0.2709 0.2685

0.9 0.2661 0.2637 0.2613 0.2589 0.2565 0.2541 0.2516 0.2492 0.2468 0.2444

1.0 0.2396 0.2396 0.2371 0.2347 0.2323 0.2299 0.2275 0.2251 0.2227 0.2203

1.1 0.2179 0.2155 0.2131 0.2107 0.2083 0.2059 0.2036 0.2012 0.1989 0.1965

1.2 0.1942 0.1919 0.1895 0.1872 0.1849 0.1826 0.1804 0.1781 0.1758 0.1736

1.3 0.1714 0.1691 0.1669 0.1647 0.1626 0.1604 0.1582 0.1561 0.1539 0.1518

1.4 0.1497 0.1476 0.1456 0.1435 0.1415 0.1394 0.1374 0.1334 0.1315 0.1295

1.5 0.1295 0.1276 0.1257 0.1238 0.1219 0.1200 0.1182 0.1163 0.1145 0.1127

1.6 0.1109 0.1092 0.1074 0.1057 0.1040 0.1023 0.1006 0.0989 0.0973 0.0957

1.7 0.0940 0.0925 0.0909 0.0893 0.0878 0.0863 0.0848 0.0833 0.0818 0.0804

1.8 0.0790 0.0775 0.0761 0.0748 0.0734 0.0721 0.0707 0.0694 0.0681 0.0669

1.9 0.0656 0.0644 0.0632 0.0620 0.0608 0.0596 0.0584 0.0573 0.0562 0.0551

2.0 0.0540 0.0529 0.0519 0.0508 0.0498 0.0488 0.0478 0.0468 0.0459 0.0449

2.1 0.0440 0.0431 0.0422 0.0413 0.0404 0.0396 0.0387 0.0379 0.0371 0.0363

2.2 0.0355 0.0347 0.0339 0.0332 0.0325 0.0317 0.0310 0.0303 0.0297 0.0290

2.3 0.0283 0.0277 0.0270 0.0264 0.0258 0.0252 0.0246 0.0241 0.0235 0.0229

2.4 0.0224 0.0219 0.0213 0.0208 0.0203 0.0198 0.0194 0.0189 0.0184 0.0180

2.5 0.0175 0.0171 0.0167 0.0163 0.0158 0.0154 0.0151 0.0147 0.0143 0.0139

2.6 0.0136 0.0132 0.0129 0.0126 0.0122 0.0119 0.0116 0.0113 0.0110 0.0107

2.7 0.0104 0.0101 0.0099 0.0096 0.0093 0.0091 0.0088 0.0086 0.0084 0.0081

2.8 0.0079 0.0077 0.0075 0.0073 0.0071 0.0069 0.0067 0.0065 0.0063 0.0061

2.9 0.0060 0.0058 0.0056 0.0055 0.0053 0.0051 0.0050 0.0048 0.0047 0.0046

3.0 0.0044 0.0043 0.0042 0.0040 0.0039 0.0038 0.0037 0.0036 0.0035 0.0034

198

7. Tablice za funkciju 𝚽(𝒙) =𝟏

√𝟐𝝅∙ ∫ 𝒆−

𝒙𝟐

𝟐 𝒅𝒙𝒙

𝟎

z 0.00 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.09

0.0 0.0000 0.0040 0.0080 0.0120 0.0160 0.0199 0.0239 0.0279 0.0319 0.0359

0.1 0.0398 0.0438 0.0478 0.0517 0.0557 0.0596 0.0636 0.0675 0.0714 0.0753

0.2 0.0793 0.0832 0.0871 0.0910 0.0948 0.0987 0.1026 0.1064 0.1103 0.1141

0.3 0.1179 0.1217 0.1255 0.1293 0.1331 0.1368 0.1406 0.1443 0.1480 0.1517

0.4 0.1554 0.1591 0.1628 0.1664 0.1700 0.1736 0.1772 0.1808 0.1844 0.1879

]0.5 0.1915 0.1950 0.1985 0.2019 0.2054 0.2088 0.2123 0.2157 0.2190 0.2224

0.6 0.2257 0.2291 0.2324 0.2357 0.2389 0.2422 0.2454 0.2486 0.2517 0.2549

0.7 0.2580 0.2611 0.2642 0.2673 0.2704 0.2734 0.2764 0.2794 0.2823 0.2852

0.8 0.2881 0.2910 02939 0.2967 0.2995 0.3023 0.3051 0.3078 0.3106 0.3133

0.9 0.3159 0.3186 0.3212 0.3238 0.3264 0.3289 0.3315 0.3340 0.3365 0.3389

1.0 0.3413 0.3438 0.3461 0.3485 0.3508 0.3531 0.3554 0.3577 0.3599 0.3621

1.1 0.3643 0.3665 0.3686 0.3708 0.3729 0.3749 0.3770 0.3790 0.3810 03830

1.2 0.3849 0.3869 0.3888 0.3907 0.3925 0.3944 0.3962 0.3980 0.3997 0.4015

1.3 0.4032 0.4049 0.4066 0.4082 0.4099 0.4115 0.4131 0.4147 0.4162 0.4177

1.4 0.4182 0.4207 0.4222 0.4236 0.4251 0.5265 0.5279 0.4292 0.4306 0.4319

1.5 0.4332 0.4245 0.4357 0.4370 0.4382 0.4394 0.4406 0.4418 0.4429 0.4441

1.6 0.4452 0.4463 0.4474 0.4484 0.4495 0.4505 0.4515 0.4525 0.4535 0.4545

1.7 0.4554 0.4564 0.4573 0.4582 0.4591 0.4599 0.4608 0.4616 0.4625 0.4633

1.8 0.4641 0.4649 0.4656 0.4664 0.4671 0.4678 0.4686 0.4693 0.4699 0.4706

1.9 0.4713 0.4719 0.4726 0.4732 0.4738 0.4744 0.4750 0.4756 0.4761 0.4767

2.0 0.4722 0.4778 0.4783 0.4788 0.4793 0.4798 0.4803 0.4808 0.4812 0.4817

2.1 0.4821 0.4826 0.4830 0.4834 0.4838 0.4842 0.4846 0.4850 0.4854 0.4857

2.2 0.4861 0.4864 0.4868 0.4871 0.4875 0.4878 0.4881 0.4884 0.4887 0.4890

2.3 0.4893 0.4896 0.4898 0.4901 0.4904 0.4906 0.4909 0.4911 0.4913 0.4916

2.4 0.4918 0.4920 0.4922 0.4925 0.4927 0.4929 0.4931 0.4932 0.4934 0.4936

2.5 0.4938 0.4940 0.4941 0.4943 0.4945 0.4946 0.4948 0.4949 0.4951 0.4952

2.6 0.4953 0.4955 0.4956 0.4957 0.4959 0.4960 0.4961 0.4962 0.4963 0.4964

2.7 0.4965 0.4966 0.4967 0.4968 0.4969 0.4970 0.4971 0.4972 0.4973 0.4974

2.8 0.4974 0.4975 0.4976 0.4977 0.4977 0.4978 0.4979 0.4979 0.4980 0.4981

2.9 0.4981 0.4982 0.4982 0.4983 0.4984 0.4984 0.4985 0.4985 0.4986 0.4986

3.0 0.4987 0.4987 0.4987 0.4988 0.4988 0.4989 0.4989 0.4989 0.4990 0.4990


199

8. Bibliografija

[1] Spiengel, R. Murray; Schiller, J. John; Srinivasan, R. Alu: Probability and Statistics. Mcgraw-Hill

Companies Inc, 2009.

[2] Mcclave, T. James; Benson, P. George; Sincich Terry: A first course in business statistics. Prentice

Hall, [s,a]

[3] Sheldon, Ross: A first course in probability. Prentice Hall, [s,a]

[4] Ash, B. Robert: Basic Probability Theory. Dover Publications Inc. Mineola. New York, 2008.

[5] Durrett, Richard: Probability. Brooks/Cole, 2005.

[6] Stone, J. Charles: A course in probability and statistics. China machine press, 1996.

[7] Krishnan, Venkatarama: Probability and random processes. Wiley Sons Inc, [s,a]

[8] Bartoszynski, Robert; Niewiadomska-Bugaj, Magdalena: Probability and statistical inference.

Wiley Sons Inc, 2007.

[9] Spiegel, R. Murray: Theory and problems of probability and statistics. Megraw-Hill, 1975.

[10] Bertsekas, P. Dimitri; Tsitsiklis, N. John: Instroduction to probability. M.I.T, 2000.

[11] Degrodt, H. Morris: Probability and statistics. Addison-Wesley Publishing Company Inc, 1986.

[12] Pitman, Jim: Probability. Springer-Verlag, 1993.

[13] Stirzaker, David: Elementary probability. Cambridge University Press, 2003.

[14] Breiman, L :Probability. Addison-Wesley, 1968.

[15] Chung ,K.L.: A course in probability theory. Harcourt, 1968.

[16] Čistjakov, V. P: Kurs teorii vjerovatnostej. Nauka, 1978.

[17] Elezović, N: Zbirka zadataka iz teorije vjerovatnosti. Liber, 1981.

[18] Feller, W: An introduction to probability theory and its applications. Wiley, 1971.

[19] Bavrin, I. I: Teorija vjerovatnostej i matematičeskaja statistika. Višaja škola, 2005.

[20] Kolmogarov, A. N: Teorija vjerovatnostej i matematičeskaja statistika. Nauka, 1986.

[21] Mikulik, N. A: Teorija vjerovatnostej i matematičeskaja statistika. Pion, 2002.

[22] Saveljev, L. A: Elementarnaja teorija vjerovatnotej. Novosibirsk, 2005.

200

[23] Kremer, N. Š: Teorija vjerovatnostej i matematičeskaja statistika. Juniti-Dana, 2004.

[24] Sarapa, Nikola: Teorija vjerovatnosti. Školska knjiga, Zagreb, 1987.

[25] Mališić, Jovan: Zbirka zadataka iz teorije vjerovatnoće sa primjenama. Građevinska knjiga,

Beograd, 1975.

[26] Gmurman, V. E: Teorija vjerovatnostej i matematičeskaja statistika. Višaja Škola, 2003.

[27] Gmurman, V. E: Rukovodstvo k rješeniju zadač po teorii vjerovatnostej i matematičeskoj statistike.

Višaja škola, 2004.

[28] Vukadinović, V. Svetozar: Elementi teorije vjerovatnoće i matematičke statistike. Privredni

pregled, Beograd, 1981.

[29] Vranić, Vladimir: Vjerojatnost I statistika. Tehnička knjiga, Zagreb, 1971.

[30] Mladenović, Pavle: Elementaran uvod u vjerovatnoću I statistiku. Društvo matematičara Srbije,

Beograd, 1990.

[31] Stipanić, Ernest: Putevima razvitka matematike. Vuk Karadžić, Beograd, 1987.

Uvod u teoriju vjerovatnoće RC

Documents