Materija Za Prvi Kolokvijum

VISOKA ŠKOLA STRUKOVNIH STUDIJA ZA INFORMACIONE I KOMUNIKACIONE TEHNOLOGIJE BEOGRAD

Predmet:

STATISTIKA

Materijal za studente -1

Predavač : mr Zorica Malović

1. UVOD Gradivo predmeta Statistika je podeljeno u dve celine, VEROVATNOĆA i STATISTIKA. Verovatnoća predstavlja teorijsku osnovu za statistiku. Verovatnoća i statistika su u međusobno jakoj interakciji. Statistika je nametnula potrebu za verovatnoćom. Statistička homogenost, relativna frekvencija...su osnov za izračunavanje nekih verovatnoća. Verovatnoća, takođe, procenjuje verodostojnost statističkih proračuna. S druge strane, verovatnoća operiše i sa nekom polaznim veličinama do kojih se dolazi statistički, merenjem.Na primer, strelac pogađa cilj sa verovatnoćom 0,85...Najjednostavnije rečeno, verovatnoća i statistika ne mogu jedna bez druge. U verovatnoći se često koriste konačni skupovi i neki posebni podskupovi. Od interesa je da se zna tačan broj svih rasporeda elemenata ovih specifičnih podskupova a to je predmet proučavanja jedne posebne matematičke oblasti, kombinatorike. KOMBINATORIKA U kombinatorici se polazi od kombinatornog skupa S = {s1 , s2 ,L , sn } .Priroda elemenata nije bitna jer je , radi lakše manipulacije moguće izvršiti kodiranje. Na primer, umesto skupa

  S =  Milan , Petar , L , Ana 144424443  može se posmatrati skup   n S ′ = {1, 2,K , n} gde je svako ime predstavljeno rednim brojem iz odgovarajućeg spiska. 1.1. Permutacije, varijacije, kombinacije DEF Permutacija bez ponavljanja skupa S, (koji ima n elemenata) je svaki niz dužine n u kome se tačno jedanput pojavljuju svi elementi skupa S . Ima ih ukupno:

P( n) = n ! Permutacije bez ponavljanja se mogu definisati i kao uređene n-torke brojeva sastavljene od n elemenata kombinatornog skupa (koji su među sobom različiti).

Primer 1.1.1: ∇

Koliko se petocifrenih brojeva može formirati premeštanjem cifara broja 12345?

  S = 1, 2, 3, 4,5 1424 3  n=5  Svi pomenuti brojevi predstavljaju permutacije bez ponavljanja petočlanog skupa S. Mogu se ispisati i poređati po veličini:

1

12345 21345 31245 41235 51234 12354 21354 31254 41253 51243 M M M M M

P ( 5) :

15423 25413 35412 45312 54312 15432 25431 35421 45321 54321 Ima ih ukupno: P (5) = 5! = 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 = 120 -U svakoj od navedenih permutacija učestvuju istovremeno svi elementi kombinatornog skupa , samo su im promenjene pozicije. -Bitan je poredak elemenata (npr. 12345

≠ 12354 )

∆

DEF Permutacija sa ponavljanjem skupa S, ( koji ima n elemenata od kojih se njih m ponavlja

k1 , k2 ,K , km puta, ) je svaki niz dužine n u kome elementi S mogu samo da promene mesta. Ima ih ukupno:

Pk1 ,k2 ,K,km (n) =

n! k1 !k2 !L km !

Primer 1.1.2: ∇

Koliko ima šestocifrenih telefonskih brojeva koji sadrže tri cifre 2, dve cifre 5 i jednu cifru 7 ?

Neki od telefonskih brojeva su: 222557, 222575, 222755, ... , 755222. -U svakom od navedenih telefonskih brojeva učestvuju istovremeno svi elementi kombinatornog skupa , samo su im promenjene pozicije. -Bitan je poredak elemenata (npr. 222557

≠ 222575 )

    Kombinatorni skup je: S = 2, 2, 2 ,5,5, 7 { {  . Unutar samog skupa, koji ima 6 elemenata, neki elementi 3 2  14243    n =6 se ponavljaju, 2- tri puta a 5-2puta.( n = 6 ;

P3,2 (6) =

k1 = 3 ; k2 = 2 )

6! 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 = = 60 3!2! 3⋅ 2 ⋅ 2

∆

DEF Varijacije bez ponavljanja su uređene k-torke brojeva iz kombinatornog skupa S od n elemenata, unutar kojih nije dozvoljeno ponavljanje elemenata. Elementi skupa S su među sobom različiti. (Broj k se naziva klasom.) Njihov ukupan broj je:

Vkn = n(n − 1)L (n − k + 1)

2

Važi formula

Vkn =

n! = n(n − 1)L (n − k + 1) ( n − k )!

Red klase može biti manji ili jednak broju elemenata kombinatornog skupa. ( k ≤ n) U slučaju da je k = n , varijacije bez ponavljanja su, u stvari, permutacije bez ponavljanja. Vnn = P( n) Primer 1.1.3: ∇ Ispisati varijacije bez ponavljanja druge i treće klase, ( V25 i V35 ) kombinatornog skupa

  2,24 3, 4,5 S = 1, 14 3 .  n=5 

V25 : 12 21 31 41 51 13 23 32 42 52 14 24 34 43 53 15 25 35 45 54 Ukupan broj je V25 = 5 ⋅ 4 = 20 .

V35 :

123 213 312 412 512 124 214 314 413 513 125 215 315 415 514 M M M M M 154 254 354 435 543 14444 4244444 3 60

∆

Ukupan broj je V35 = 5 ⋅ 4 ⋅ 3 = 60 .

Varijacije sa ponavljanjem DEF Varijacije sa ponavljanjem su uređene k-torke brojeva iz kombinatornog skupa S od n elemenata, unutar kojih je dozvoljeno ponavljanje elemenata. Elementi skupa S su među sobom različiti. Njihov ukupan broj je:

Vkn = n k

Red klase k može biti manji, veći ili jednak broju elemenata kombinatornog skupa n.

3

Primer 1.1.4: ∇ Ispisati varijacije sa ponavljanjem druge i treće klase, ( V25 i V35 ) kombinatornog skupa

  S = 1, 2, 3, 4,5 1424 3 .  n=5  11 21 31 41 51 5 2

V :

12 22 32 42 52 13 23 33 43 53

V25 = 52 = 25

14 24 34 44 54 15 25 35 45 55

111 211 311 411 511 112 212 312 412 512 5 V3 : 113 213 313 413 513 M M M M M 155 255 355 455 555 144444424444443

V35 = 53 = 125

125

∆

Kombinacije bez ponavljanja DEF Kombinacijecije bez ponavljanja su k-točlani podskupovi brojeva iz kombinatornog skupa

S od n elemenata, unutar kojih nije dozvoljeno ponavljanje elemenata. Elementi skupa S su među sobom različiti. k ≤ n Njihov ukupan broj je:

 n  V n n(n − 1)L (n − k + 1) Ckn =   = k = k! k  k! Primer 1.1.5: ∇ Ispisati kombinacije bez ponavljanja druge i treće klase, ( C25 i C35 ) kombinatornog skupa

  S = 1, 2, 3, 4,5 1424 3 .  n=5  Kombinacije druge klase se mogu dobiti iz spiska varijacija druge klase kada se uklone one koje su sastavljene od istih cifara. Na primer, 12 i 21 predstavljaju istu kombinaciju, jer su bitni učesnici a ne i njihov poredak.

4

C25 : 12 23 34 45 13 24 35 14 25 15

Ukupan broj je C25 =

V25 5 ⋅ 4 = = 10 . 2 ⋅1 2

123 234 345 124 235 5 3

C : 125 245 134

Ukupan broj je C35 =

V35 5 ⋅ 4 ⋅ 3 = = 10 . 3! 3 ⋅ 2 ⋅1

135 145 ∆ Primer 1.1.6: ∇

Koliki je maksimalni broj a) pravih

b) ravni

određenih sa 20 tačaka .

a) Prava je određena sa dve tačke. Biraju se 2 tačke od 20 . k = 2 ;

n = 20 .

Nije bitan poredak tačaka ( prava određena tačkama A i B je ista sa pravom određenom tačkama B i A). Nije dozvoljeno ponavljanje elemenata je ako se uzme AA to ne predstavlja pravu. Ukupan broj

 20  V220 20 ⋅19 = = 190 = 2  2  2 ⋅1

pravih se izračunava preko kombinacija bez ponavljanja. C220 = 

b) Slično, ravan je određena sa tri nekolinearne tačke pa je maksimalan broj ravni

 20  V 20 20 ⋅19 ⋅18 C320 =   = 3 = = 1140 6  3  3 ⋅ 2 ⋅1

∆

Kombinacije sa ponavljanjem DEF Kombinacijecije sa ponavljanjem su k-torke koje se dobijaju kada se iz n-točlanog skupa bira jedan po jedan element, sa vraćanjem, i ako nije bitan redosled nego učesnici i broj koliko su puta izabrani. Ukupan broj takvih izbora je:

 n + k − 1 Ckn =    k  Red klase k može biti manji, veći ili jednak broju elemenata kombinatornog skupa n.

5

Primer 1.1.7: ∇ Ispisati kombinacije sa ponavljanjem druge i treće klase, ( C25 i C35 ) kombinatornog skupa

  S = 1, 2, 3, 4,5 1424 3 .  n=5  Kombinacije druge klase sa ponavljanjem se mogu dobiti iz spiska varijacija druge klase sa ponavljanjem, kada se uklone one koje su sastavljene od istih cifara.

11 22 33 44 55 5 2

C :

12 23 34 45 13 24 35

 5 + 2 − 1  6  6 ⋅ 5 = 15 . = = 2  2   2

Ukupan broj je C25 = 

14 25 15 111 222 333 444 555 112 223 334 445

C35 :

113 224 335 455 114 225 344 M

M

345

155 255 355

 5 + 3 − 1  7  7 ⋅ 6 ⋅ 5 = 35 . = =  3   3  3 ⋅ 2 ⋅1

∆

Ukupan broj je C35 = 

Rasporedi elemenata kombinatornog skupa od n elemenata i odgovarajuće formule koje se koriste mogu se pregledno prikazati tabelom: bez

PERMUTACIJE

sa ponavljanjem bez

VARIJACIJE

P( n) = n !

ponavljanja

ponavljanja

elementi

Pk1 ,k2 ,K, km (n) =

Vkn = n k

ponavljanjem

ponavljanja

n! k1 !k2 !L km !

Vkn = n(n − 1)L (n − k + 1)

sa

bez

ponavljanjem

- bitan poredak - učestvuje k elemenata - bitan poredak

 n  n(n − 1)L (n − k + 1) Ckn =   = - učestvuje k k! k  elemenata

KOMBINACIJE sa

-učestvuju svi

 n + k − 1 C =   k  n k

6

- nije bitan poredak

Primer 1.1.8: ∇ Ispisati sve moguće ishode eksperimenata: a) Jedna kockica se baca 3 puta. b) Tri kockice se bacaju odjednom.





Brojevi koji mogu pasti na numerisanoj kocki čine kombinatorni skup. S = 1, 2,3, 4, 5, 6 



14243 n =6



a) Ako se jedna kockica baca 3 puta onda je bitan poredak elemenata jer je jasan redosled pojavljivanja brojeva. Na primer 123 je različito od 321 jer je u prvom slučaju prvo pala 1 a u drugom je prvo pala 3. Dozvoljeno je ponavljanje elemenata ( može pasti 666). Sa aspekta kombninatorike to će biti V36 :

111 211 311 411 511 611 112 212 312 412 512 612 113 213 313 413 513 613 M

M

M

M

M

V36 = 63 = 216

M

166 266 366 466 566 666 b) Ako se tri kockice se bacaju odjednom onda nije bitan poredak elemenata jer se ne razlikuje kojim redosledom su padali brojevi, dozvoljeno je ponavljanje, pa će to biti C36 :

111 222 333 444 555 666 112 223 334 445 556 113 224 335 446 566 114 225 344 455 M

M

M

456

166 266 366 466

 6 + 3 − 1  8  8 ⋅ 7 ⋅ 6 = 56 . = =  3   3  3 ⋅ 2 ⋅1

Ukupan broj je C36 = 

7

∆

1.2. Binomna formula Za svaki prirodan broj n ∈ N važi formula:

n n n n (a + b)n =   a nb0 +   a n−1b1 + L +   a n− k b k + L +   a 0b n = k 0 1 1 n 4243 Tk +1

n = ∑   a n−k b k k =0  k  n

k + 1 . član u razvoju binoma glasi:

n Tk +1 =   a n− k b k k  Binomni koeficijenti su simetrični:

n  n  k  = n−k      Za određivanje binomnih koeficijenata može se koristiti Paskalov trougao: 1 1

1

1 1

3

1

1

5 6

7

15

1 3

4

1 1

2 6 10

1 4

10

20

1 5

15

21

35 35 21

 

1  . x

1 6

1 7

1 ...

Primer 1.2.1: ∇ Naći razvoj binoma:  x +

7

U ovom primeru je a = x ; b =

1 ; n=7 x

7 0 1 2 3 1  7 7  1  7 6  1  7 5  1  7 4  1    x +  =  0 x   + 1 x   +  2 x   +  3 x   + x   x   x   x   x  4 5 6 7 7 3  1  7 2  1  7 1  1  7 0  1  +  x   +  x   +   x   +  x   = 4  x  5  x  6  x  7  x 

8

0

1

2

3

4

5

1 1 1 1 1 1 = 1x   + 7 x 6   + 21x5   + 35 x 4   + 35 x3   + 21x 2   + x x x x x  x 7

6

7

1 1 1 1 1 1 +7 x1   + 1x 0   = x 7 + 7 x5 + 21x3 + 35 x + 35 + 21 3 + 7 5 + 7 x x x x x x ∆ Primer 1.2.2:

 

∇ Odrediti peti član ( T5 ) u razvoju binoma  x + U ovom primeru je a = x ; b =

1 x

12

1  . x

; n = 12 ; k = 4 jer se traži T5 , pa je k + 1 = 5 .

4

 12   1  12 ⋅11 ⋅10 ⋅ 9 4 T5 =   x12− 4   = x = 485 x 4 4 4 3 2 x ⋅ ⋅    

∆

Primer 1.2.3: ∇ Zbir koeficijenata prvog, drugog i trećeg člana u razvoju binoma n

1    x + 2  iznosi 46. Odrediti član koji ne sadrži x . x   Ovde je a = x ; b =

1 . x2

n je indirektno zadato iz uslova koji zadovoljavaju koeficijenti :

n ( n − 1) n n n = 46  0  +  1  +  2  = 46 ; 1 + n + 2       n 2 + n − 90 = 0 ; n1 = 9

; n2 = −10 1 424 3 ∉N

k se izračunava iz uslova da traženi član u razvoju binoma ne sadrži x , odnosno da eksponent za x bude jednak 0. k  9  9− k  1   9  9 − k − 2 k  9  9−3 k Tk +1 =   x  2  =   x = x  x  k  k  k 

9 − 3k = 0 ; k = 3

9  3

Traženi član je T3+1 = T4 =   x 0 =

9 ⋅8⋅ 7 = 84 3⋅ 2

9

∆

1.3. Vežbanje 1. Na koliko načina može 10 osoba da sedne jedna pored druge na 10 mesta koja su u istom redu u bioskopu? 2. U koliko permutacija od elemenata skupa S = {1, 2,3, 4,5, 6, 7} se 1,2,3 nalaze jedan pored drugog a) u datom poretku; b) u proizvoljnom poretku. 3. U koliko permutacija skupa S od n elemenata se m elemenata (m < n) nalaze jedan pored drugog : a) u datom poretku; b) u proizvoljnom poretku. 4. Na koliko načina se može 5 jednakih kuglica rasporediti u 3 kutije, ako je dozvoljeno da neke kutije ostanu prazne? 5. Na koliko načina se može 50 knjiga rasporediti na tri police tako da na prvoj bude 10 a na druge dve po 20 knjiga? 6. Koliko ima sedmocifrenih telefonskih brojeva koji počinju sa 2 a) ako imaju sve različite cifre? b) ako im se cifre mogu ponavljati? 7. Koliko Morzeovih znakova se može formirati od osnovnih znakova “ ⋅ ” i “-“ ako se jedan znak sastoji od najviše četiri osnovna znaka? 8. Na koliko načina se 6 putnika, koje razlikujemo, može razmestiti u kompoziciju od 7 vagona ? 9. Bajt se sastoji od 8 bitova 0 ili 1. Koliko ima bajtova? 10. Na listiću sportske prognoze nalazi se 13 parova. (0-nerešeno, 1-pobeda domaćina, 2- pobeda gosta) Koliko kolona treba popuniti da bi igrač sigurno imao 13 pogodaka? 11. U kutiji se nalazi 15 numerisanih kuglica. Na koliko načina mogu biti izvučene 3 kuglice a) ako se izvlači jedna po jedna bez vraćanja u kutiju? b) ako se izvlači jedna po jedna sa vraćanjem u kutiju? c) ako se izvlače 3 odjednom?

10

12. Koliko treba popuniti tabela u igri LOTO gde se bira 7 od 39 brojeva da bi igrač sigurno imao 7 pogodaka?(pun sistem) 13. Ako je igrač odigrao pun sistem u igri LOTO , koliko bi puta imao po 6 pogodaka, po 5 pogodaka, po 4 pogotka i po 3 pogotka? 14. Jedna numerisana kockica se baca 5 puta. Koliko različitih ishoda može imati ovaj eksperiment? 15. Pet numerisanih kockica se baca odjednom. Koliko različitih ishoda može imati ovaj eksperiment? 7

1  16. Naći razvoj binoma:  x −  . x  11

1  17. Odrediti šesti član ( T6 ) u razvoju binoma  x +  . x  12

1   18. Odrediti peti član ( T5 ) u razvoju binoma  x −  . 3 x  19. Odrediti četvrti član ( T4 ) u razvoju binoma

(

x−3 x

)

n

ako koeficijent trećeg člana ( T3 )

iznosi 21. n

1  20. Poznato je da su u razvoju binoma  x 2 +  koeficijenti četvrtog i trinaestog člana međusobno x  jednaki. Odrediti član koji ne sadrži x . 21. Zbir koeficijenata prvog, drugog i trećeg člana u razvoju binoma n

1    x + 3  iznosi 56. Odrediti sedmi član (T7 ) . x  

11

1.3. Rešenja zadataka: 1. Na koliko načina može 10 osoba da sedne jedna pored druge na 10 mesta koja su u istom redu u bioskopu?

P(10) = 10! = 3 628 800 2. U koliko permutacija od elemenata skupa S = {1, 2,3, 4,5, 6, 7} se 1,2,3 nalaze jedan pored drugog a) u datom poretku; b) u proizvoljnom poretku.

a)

Označimo sa a = 1, 2,3

  S ′ =  1, 2, 3 , 4,5, 6, 7  Dobijeni skup ima 5 elemenata. S ′ = {a, 4, 5, 6, 7} 123  a 

P(5) = 5! = 120

b) Unutar segmenta a = 1, 2,3 brojevi mogu da promene redosled na 3! = 6 načina, pa je ukupan broj traženih permutacija

P(3) P(5) = 3!5! = 6 ⋅120 = 720 3. U koliko permutacija skupa S od n elemenata se m elemenata (m < n) nalaze jedan pored drugog : a) u datom poretku; b) u proizvoljnom poretku. a) P ( n − m + 1) = ( n − m + 1)! b) P ( m) P ( n − m + 1) = m !( n − m + 1)! 4. Na koliko načina se može 5 jednakih kuglica rasporediti u 3 kutije, ako je dozvoljeno da neke kutije ostanu prazne? Svi mogući rasporedi mogu se opisati nizovima dužine 7 (5 kuglica i 2 pregrade između kutija). Na primer: oopoopo - 2 kuglice u prvoj kutiji, 2 kuglice u drugoj kutiji i 1 u trećoj. ooooopp - 5 kuglica u prvoj kutiji, 0 u drugoj i 0 u trećoj

P5,2 (7) =

7! = 21 5!2!

5. Na koliko načina se može 50 knjiga rasporediti na tri police tako da na prvoj bude 10 a na druge dve po 20 knjiga? Ako se svakoj od kjiga dodeli broj police na koju će biti raspoređena, svi rasporedi se mogu opisati nizovima dužine 50 u kojima se 1 pojavljuje 10 puta, 2 se pojavljuje 20 puta i 3 20 puta.

12

P10,20,20 (50) =

50! 10!20!20!

6. Koliko ima sedmocifrenih telefonskih brojeva koji počinju sa 2 a) ako imaju sve različite cifre? b) ako im se cifre mogu ponavljati? a) V69 = 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 = 60480 b) V610 = 106 = 1000000 7. Koliko Morzeovih znakova se može formirati od osnovnih znakova “ ⋅ ” i “-“ ako se jedan znak sastoji od najviše četiri osnovna znaka?

V12 + V22 + V32 + V42 = 2 + 4 + 8 + 16 = 30 8. Na koliko načina se 6 putnika, koje razlikujemo, može razmestiti u kompoziciju od 7 vagona ? Označimo putnike sa ABCDEF. Svakom putniku se dodeljuje karta sa brojem vagona u koji je raspoređen. Svi mogući rasporedi se mogu prikazati nizovima dužine 6 sastavljenim od cifara 1,2,3,4,5,6,7. Na primer 111111, svi su u prvom vagonu ili 121111, svi u prvom osim B u drugom vagonu...

V67 = 76 = 117 649 9. Bajt se sastoji od 8 bitova 0 ili 1. Koliko ima bajtova?

V82 = 28 = 256 10. Na listiću sportske prognoze nalazi se 13 parova. (0-nerešeno, 1-pobeda domaćina, 2- pobeda gosta) Koliko kolona treba popuniti da bi igrač sigurno imao 13 pogodaka?

V133 = 313 = 1 594 323 11. U kutiji se nalazi 15 numerisanih kuglica. Na koliko načina mogu biti izvučene 3 kuglice a) ako se izvlači jedna po jedna bez vraćanja u kutiju? b) ako se izvlači jedna po jedna sa vraćanjem u kutiju? c) ako se izvlače 3 odjednom? a)

V315 = 15 ⋅14 ⋅13 = 2 730

b)

V315 = 153 = 3 375

c)

 15  C315 =   = 455 3

13

12. Koliko treba popuniti tabela u igri LOTO gde se bira 7 od 39 brojeva da bi igrač sigurno imao 7 pogodaka? (pun sistem)

 39  39 ⋅ 38 ⋅ 37 ⋅ 36 ⋅ 35 ⋅ 34 ⋅ 33 C739 =   = = 39 ⋅19 ⋅ 37 ⋅17 ⋅ 33 = 15 380 937 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 7 13. Ako je igrač odigrao pun sistem u igri LOTO , koliko bi puta imao po 6 pogodaka, po 5 pogodaka, po 4 pogotka i po 3 pogotka?

 7   32   6  ⋅  1  = 7 ⋅ 32 = 224 puta po 6 pogodaka      7   32   5  ⋅  2  = 21⋅ 496 = 10 416 puta po 5 pogodaka      7   32   4  ⋅  3  = 35 ⋅ 4960 = 173 600 puta po 4 pogodaka      7   32   3  ⋅  4  = 35 ⋅ 35960 = 1 258 600 puta po 3 pogodaka     14. Jedna numerisana kockica se baca 5 puta. Koliko različitih ishoda može imati ovaj eksperiment?

V56 = 65 = 7776 15. Pet numerisanih kockica se baca odjednom. Koliko različitih ishoda može imati ovaj eksperiment?

 6 + 5 − 1  10  C56 =   =   = 252  5  5 7

 

16. Naći razvoj binoma:  x − 7

1  . x

0

1

2

3

1 1 1 1 1  7 6 5 4  x −  = 1x  −  + 7 x  −  + 21x  −  + 35 x  −  + x   x  x  x  x 4

5

6

7

 1  1  1  1 +35 x 3  −  + 21x 2  −  + 7 x1  −  + 1x 0  −  = x x x        x 1 1 1 1 = x 7 − 7 x 5 + 21x 3 − 35 x + 35 − 21 3 + 7 5 − 7 x x x x  

11

17. Odrediti šesti član ( T6 ) u razvoju binoma  x +

a = x ;b =

1  . x

1 ; n = 11 ; k = 5 x

5  11  1   11 T6 =   x 6   =   x = 462 x 5   x  5 

14

12

1   18. Odrediti peti član ( T5 ) u razvoju binoma  x −  . 3 x  1

a = x = x2

;b =−

−1 1 3 = − x 3 x

; n = 12 ; k = 4

4

8

−4 8 12   1   −1  T5 =    x 2   − x 3  = 495 x 4 ⋅ x 3 = 495 x 3  4    

19. Odrediti četvrti član ( T4 ) u razvoju binoma

(

x−3 x

)

n

ako koeficijent trećeg člana ( T3 )

iznosi 21.

a= x =x

1 2

3

; b = − x = −x

1 3

;k =3

Nepoznati broj n se određuje iz uslova da je

n ⋅ ( n − 1) n = 21 ; n ⋅ ( n − 1) = 42   = 21 ; 2 2 n 2 − n − 42 = 0 ; n1 = 7 ; n2 = −6 1 424 3 ∉N 3

4

 7 1   1  T4 =    x 2   − x 3  = 35 x 2 ⋅ ( − x ) = −35 x 3 3      

20. Poznato je da su u razvoju binoma  x 2 +

n

1  koeficijenti četvrtog i trinaestog člana međusobno x

jednaki. Odrediti član koji ne sadrži x . Binomni koeficijenti su simetrični što znači da je

n  n  n  n    =  ;   =  n{ − 3  ; n − 3 = 12 ; n = 15 k n − k 3        12  a = x2 ; b =

1 ; n = 15 x

; k se određuje iz uslova da član ne sadrži x .

k 15  15   1  15  Tk +1 =   x15−k  2  =   x15− k − 2 k =   x15−3k x  k k k

15 − 3k = 0 ; k = 5

15  0  x = 3003 5

Traženi član je T5+1 = T6 = 

15

21. Zbir koeficijenata prvog, drugog i trećeg člana u razvoju binoma n

1    x + 3  iznosi 56. Odrediti sedmi član (T7 ) . x  

n ( n − 1) n n n = 56  0  +  1  +  2  = 56 ; 1 + n + 2       n 2 + n − 110 = 0 ; n1 = 10

; n2 = −11 1 424 3 ∉N

a = x ;b =

1 x3

; n = 10 ; k = 6

6 10  4  1  10  −14 T7 =   x  3  =   x = 210 x −14 6   x  6 

16

2. ELEMENTI TEORIJE VEROVATNOĆE 2.1. Pojam verovatnoće Verovatnoća je aksiomatska nauka u kojoj se koristi dosta složen matematički aparat. U njenoj osnovi je teorija skupova. Postoje strogo definisani matematički pojmovi i postupci, koji imaju veze sa govornim jezikom. Na primer: događaj, siguran događaj... Zbog lakšeg usvajanja pribegava njihovoj interpretaciji navođenjem primera. Ovakva terminologija je veoma korisna, jer se važni pojmovi lakše pamte. Međutim, može biti i veoma zbunjujuća ako se ne usvoje formalne definicije već se pokuša sa „interpretacijom „ (npr. uslovna verovatnoća). Eksperimenti sa konačno mnogo ishoda Izračunavanja različitih verovatnoća vezana su za razne eksperimente a ograničićemo se na one koji imaju konačno mnogo ishoda. Kada se izvodi eksperiment važno je odrediti šta se posmatra. Može se izvoditi isti eksperiment ali da nas interesuju različite pojave. Na primer: Eksperiment: Novčić se baca 3 puta uzastopno. a) Posmatra se pojava pisma (P) ili grba (G) b) Posmatra se koliko je puta palo pismo (P) .





a) Ω a =  PPP, GPP, PGP, PPG, PGG , GPG, GGP, GGG 



144444444 42444444444 3 8







b) Ωb = 0,1, 2, 3



123 4



Klasična definicija verovatnoće se odnosi na jednako verovatne elementarne ishode.Neka su elementarni ishodi ω1 , ω2 ,L , ωn u prostoru Ω = {ω1 , ω2 ,L , ωn } jednako verovatni.

DEF Događaj je podskup skupa elementarnih ishoda .

A⊂Ω

A

Ω Pitanje je koliko događaja može da se posmatra u prostoru Ω = {ω1 , ω2 ,L , ωn } , odnosno koliko podskupova ima taj skup.

17

Skup svih podskupova nekog skupa je partitivni skup. Za skup Ω to je

      ℙ (Ω) = ∅, {ω1} , {ω2 }K , {ωn } , {ω1 , ω2 }K ,K , Ω  144 4 2444 3 1 4 24 3   jednočlani dvočlani 3  1444444424444444 2n   Znači da se može posmatrati samo 2n događaja u okviru eksperimenta koji ima n elementarnih ishoda. Kolekciju skupova ℙ (Ω) još se naziva poljem događaja i obeležava se sa F . Posebno se izdvajaju :

∅ - nemoguć događaj i Ω - siguran događaj DEF Verovatnoća događaja A ⊂ Ω iznosi P ( A) =

m , gde je m broj n

povoljnih a n broj mogućih jednako verovatnih ishoda. Primer 2.1.1. ∇

Homogena kockica se baca jednom i registruje se broj koji je pao. Izračunati verovatnoće

događaja: A-pao je broj deljiv sa 3 C- pao je broj 5 E- pao je broj 8

B- pao je paran broj D- pao je broj manji od 6 F- pao je broj manji od 10

Elementarni ishodi 1, 2,3, 4, 5, 6 su jednako verovatni. Prostor Ω = {1, 2,3, 4,5, 6} je skup koji ima n = 6 elemenata.

      Polje događaja F : ∅, {1} , {2}K , {6} , {1,}K ,K , Ω  { 1442443   dvočlani jednočlani 3  144444244444 6 2 = 64   U ovoom eksperimentu, polje događaja je partitivni skup skupa Ω = {1, 2,3, 4,5, 6} koji ima

26 = 64 elemenata. To znači da možemo izračunati verovatnoće samo za 64 događaja. Među njima su i događaji A,B.C,D,E,F . Treba ih skupovno okarakterisati:

  A = 3, 6 ; {  m =2 

    A = 2, 4, 6  ; C =  5{  ; {  m =1  m=3 

  D = 1, 2, 3, 4,5 { ; { ; F=Ω 1424 3  ; E = m∅ m=6 =0  m =5 

18

2 1 3 1 1 = ; P (B) = = ; P (C ) = ; 6 3 6 2 6 5 0 6 P ( D) = ; P(E) = = 0 ; P(F ) = =1 6 6 6 P ( A) =

Događaj E- pao je broj 8, predstavlja nemoguć događaj. ∆

Događaj F- pao je broj manji od 10, predstavlja siguran događaj.

Ukratko, prilikom izračunavanja verovatnoće nekog događaja potrebno je: -Odrediti skup jednako verovatnih elementarnih ishoda. (mogući ishodi - n ) -Skupovno okarakterisati događaj (povoljni ishodi - m ) Ako se ne pazi da ishodi budu jednako verovatni može doći do netačno izračunatih verovatnoća: Primer 2.1.2. ∇

Eksperiment: Novčić se baca 3 puta uzastopno.

Izračunati verovatnoću događaja A- pismo je palo tačno jednom. a) Posmatra se pojava pisma (P) ili grba (G) b) Posmatra se koliko je puta palo pismo (P) . a) Ovako treba uraditi zadatak :





Skup mogućih ishoda: Ω a =  PPP, GPP, PGP, PPG, PGG , GPG, GGP, GGG  144444444 42444444444 3



8

  A =  144 PGG ,4 GPG , GGP 2444 3 ; 3  

P( A) =



3 8

b) Klasična definicija verovatnoće se ne sme primeniti ako elementarni ishodi nisu jednako verovatni. Ovako ne treba uraditi zadatak:

  Ωb = 0,1, 2, 3 123  ;  4  Postoji veza:

P( A) =

1 što nije tačno. 4

0 , 1 , 2 , 3 . 123 { 123 { GGG

PGG GPG GGP

PPG PGP GPP

PPP

    Ωb =  0 , { 1 , 2 ,{ 3  123 123  1  3 1 3 8 8 8  8 

19

Primer 2.1.3. (Paradoks De Merea) ∇ U istoriji verovatnoće poznat je primer De Mere koji se odnosi na kockarsku igru prilikom koje se bacaju 3 kockice odjednom i registruje se zbir brojeva koji su pali. Upoređujući verovatnoće sledećih događaja : A-pao je zbir 11

;

B-pao je zbir 12

De Mere je primetio da se zbir 11 više puta pojavljuje nego zbir 12, dok su matematičari tvrdili da su im verovatnoće jednake. Ako bi se za skup elementarnih ishoda uzeo skup koji bi činile kombinacije sa ponavljanjem on

 6 + 3 − 1  8   =   = 56  3   3

bi imao 56 elemenata. C36 = 

To bi bilo opravdano jer se bacaju tri kockica odjednom. Tada bi bilo : A-zbir 11

B-zbir 12

146

156

155

246

236

255

245

336

335

345

344

444

P ( A) = P ( B ) =

6 . 56

De Mere je primetio da se zbir 11 više puta pojavljuje nego zbir 12 i bio je u pravu. Ti elementarni ishodi nisu jednakoverovatni pa nije bilo korektno primeniti klasičnu definiciju verovatnoće. Skup jednakoverovatnih elementarnih ishoda je

  Ω = 111,112, 223,..., 663, 664, 665, 666 144444 42444444 3  Ukupan broj ishoda se iračunava korišćenjem varijacija sa 3   6 = 216 ponavljanjem: V36 = 63 = 216 Zbirovi 11 i 12 se dobijaju u sledećim slučajevima: A-zbir 11

broj ishoda

B-zbir 12

broj ishoda

146

6

156

6

155

3

246

6

236

6

255

3

245

6

336

3

335

3

345

6

344

3

444

1

27

P ( A) =

27 216

;

25

P ( B) =

25 216

∆

20

2.2 Osobine verovatnoće DEF Verovatnoća je realna funkcija P koja preslikava polje događaja F na odsečak

[0,1] ,

P : F → [ 0,1] i ima sledeće osobine: 1. nenegativnost P ( A) ≥ 0 2. normiranost P (Ω) = 1 3. aditivnost P ( A ∪ B ) = P ( A) + P ( B ) ; A ∩ B = ∅ Napomena: DEF Kolekcija F događaja vezanih za neki eksperiment predstavlja polje ako 1°

Ω∈F

2° Ako je A∈ F onda je i A ∈ F 3° Ako je A, B ∈ F onda je i A ∪ B ∈ F

Osobine verovatnoće:

P(∅) = 0

;

P ( Ω) = 1

P( A) = 1 − P( A) A ⊂ B ⇒ P ( A) ≤ P ( B ) A ⊂ Ω ⇒ P ( A) ≤ 1

AA A

Ω

DEF Unija dva događaja A i B je događaj C = A ∪ B koji se realizuje ako i samo ako se realizuje bar jedan od događaja A ili B .

P( A ∪ B) = P ( A) + P ( B ) − P( A ∩ B) Ako se događaji A i B ne mogu istovremeno realizovati, to jest ako je A ∩ B = ∅ nazivaju se disjunktnim (uzajamno se isključuju). Za njih važi :

P( A ∪ B) = P( A) + P( B) jer je P ( A ∩ B ) = P(∅) = 0 DEF Presek dva događaja A i B je događaj C = A ∩ B koji se realizuje ako i samo ako se realizuju događaji A i B istovremeno.

A Ω

A

B A∩ B

Ω

21

B

Postoji formula za verovatnoću unije tri i više događaja. Za tri događaja glasi:

P( A ∪ B ∪ C ) = P ( A) + P( B) + P ( C ) − P ( A ∩ B ) − P ( A ∩ C ) − P ( B ∩ C ) + + P( A∩ B ∩C)

A

B C

Ω Primer 2.2.1

∇ Novčić se baca 5 puta uzastopno. Posmatra se pojava pisma (P) ili grba (G) Izračunati verovatnoću događaja A- pismo je palo bar jednom.





Skup mogućih ishoda: Ω =  PPPPP, GPPPP, PGPPP,..., GGGGG 



1444444 424444444 3 25



n = 25 = 32 Jednostavnije je izračunati verovatnoću suprotnog događaja:

A - pismo nije palo nijednom P ( A) =

1 32

A = {GGGGG} ; m = 1

P( A) = 1 − P( A) = 1 −

1 31 = 32 32

∆

Primer 2.2.2. ∇ Novčić se baca 5 puta uzastopno. Posmatra se pojava pisma (P) ili grba (G) Izračunati verovatnoću događaja :

C - pismo je palo tačno tri puta ili je grb pao tačno tri puta.





Skup mogućih ishoda: Ω =  PPPPP, GPPPP, PGPPP,..., GGGGG 



1444444 424444444 3 25



Označićemo sa A i B sledeće događaje:

A - pismo je palo tačno četiri puta

;

B - grb je pao tačno četiri puta

Tada je C = A ∪ B . Događaj A = {PPPPG, PPPGP, PPGPP, PGPPP, GPPPP} ;

mA = 5

Događaj B = {GGGGP, GGGPG , GGPGG , GPGGG, PGGGG} ;

mB = 5

A i B su disjunktni događaji pa je P ( C ) = P( A ∪ B ) = P( A) + P( B) =

5 5 10 + = 32 32 32

22

∆

Primer 2.2.3 ∇ Novčić se baca 5 puta uzastopno. Posmatra se pojava pisma (P) ili grba (G) Izračunati verovatnoću događaja :

C - prvi put je palo pismo ili je poslednji put pao grb.





Skup mogućih ishoda: Ω =  PPPPP, GPPPP, PGPPP,..., GGGGG 



1444444 424444444 3 25



Označićemo sa A i B sledeće događaje:

A - prvi put je palo pismo B - poslednji put je pao grb Tada je C = A ∪ B .

{ } B = { PPPP G, PPGPG,K , GGGG G}

Događaj A = P PPPP , P PPGP ,K , P GGGG

; mA = 24 = 16

Događaj

; mB = 24 = 16

A i B nisu disjunktni događaji jer je   A ∩ B =  P PPP G , P PPG G , P PGP G, P GPP G,K , P GGG G  14444444444244444444443 8   m A∩ B = 2 3 = 8

P ( C ) = P( A ∪ B ) = P( A) + P( B) − P( A ∩ B) =

16 16 8 24 + − = 32 32 32 32

∆

Primer 2.2.4 ∇ Bacaju se dve kockice i registruju se brojevi koji su pali. Posmatraju se događaji

A - na prvoj je pao paran broj B - na obe je pao broj deljiv sa 3 C - na obe je pao isti broj Izračunati : P ( A ) ,

P ( B ) , P (C ) , P ( A ∪ B ∪ C ) . 



Skup jednakoverovatnih elementarnih ishoda je Ω = 11,12,13,..., 64, 65, 66 



144424443 n =36

Ukupan broj ishoda se iračunava korišćenjem varijacija sa ponavljanjem:





Događaj A =  21,K , 26, 42,K , 46, 62,K ,66 ;



1 424 3 1424 3 1424 3 6

6

Događaj B = {33,36, 63, 66} ;

6



mB = 4

23

mA = 18

 V26 = 62 = 36

Događaj C = {11, 22,33, 44,55,66} ;

P ( A) =

18 1 4 1 = , P (B) = = 36 2 36 9

A ∩ B = {63, 66} ; P ( A ∩ B ) =

, P (C ) =

6 1 = 36 6

2 36

A ∩ C = {22, 44, 66} ; P ( A ∩ C ) =

B ∩ C = {33, 66} ; P ( B ∩ C ) =

mC = 6

3 36

2 36

A ∩ B ∩ C = {66} ; P ( A ∩ B ∩ C ) =

1 36

P( A ∪ B ∪ C ) = P ( A) + P( B) + P ( C ) − P ( A ∩ B ) − P ( A ∩ C ) − P ( B ∩ C ) + +P ( A ∩ B ∩ C ) =

18 4 6 2 3 2 1 22 11 + + − − − + = = 36 36 36 36 36 36 36 36 18 ∆

Primer 2.2.5 ( Rođendanski problem ) ∇

Kolika je verovatnoća da u grupi n ljudi bar dva imaju rođendan istog dana. (pretpostavlja se da

godina ima 365 dana) Ovo je klasični problem teorije verovatnoće a postavio ga je Devenport. Navođen je u literaturi u različitim varijantama. Njegova popularnost potiče od začuđujućeg rezultata koji se dobija rešavanjem zadatka. Uvedimo sledeće oznake: Događaj Ai - u grupi od i osoba bar dve imaju isti rođendan Događaj Ai - u grupi od i osoba ne postoje dve koje imaju isti rođendan Na primer: A2 - da dve osobe imaju isti rođendan

( )

P ( A2 ) = 1 − P A2 = 1 −

365 ⋅ 364

( 365)

2

= 0.003

A3 - u grupi od 3 osoba bar dve imaju isti rođendan

( )

P ( A3 ) = 1 − P A3 = 1 −

365 ⋅ 364 ⋅ 363

( 365)

3

= 0.008

----------------------------------------------------------------------------

Ak - u grupi od k osoba bar dve imaju isti rođendan

24

( )

P ( Ak ) = 1 − P Ak = 1 −

365 ⋅ 364 ⋅ L ⋅ (365 − k + 1)

( 365)

k

Rezultati će biti prikazani u tabeli: P ( An )

Broj osoba n

P ( An )

Broj osoba n

P ( An )

2

0.003

19

0.379

36

0.832

3

0.008

20

0.411

37

0.849

4

0.016

21

0.444

38

0.864

5

0.027

22

0.476

39

0.878

6

0.040

23

0.507

40

0.891

7

0.056

24

0.538

41

0.903

8

0.074

25

0.569

42

0.914

9

0.095

26

0.598

43

0.924

10

0.117

27

0.627

44

0.933

11

0.141

28

0.654

45

0.941

12

0.167

29

0.681

46

0.948

13

0.194

30

0.706

47

0.955

14

0.223

31

0.730

48

0.961

15

0.253

32

0.753

49

0.966

16

0.284

33

0.775

50

0.970

17

0.315

34

0.795

18

0.347

35

0.814

Broj osoba

n

Primećuje se da ako je u grupi 23 osobe, veća je verovatnoća da među njima ima bar dve koje imaju isti rođendan nego da svi imaju različite rođendane.

∆

2.3.Uslovna verovatnoća Postoje događaji čija realizacija zavisi od prethodne realizacije nekih drugih događaja.Verovatnoće takvih događaja nazivaju se uslovnim . DEF Uslovna verovatnoća događaja B pri uslovu A definiše se :

P( B A) =

P( A ∩ B) P( A)

; P( A) ≠ 0

Pomoću uslovnih verovatnoća može se definisati verovatnoća preseka događaja:

25

P( A ∩ B) = P ( A) P( B A)

;

A∩ B = B ∩ A

P( B ∩ A) = P ( B) P( A B)

P( A) P( B A) = P ( B ) P( A B) .

Sledi da je Primer 2.3.1

∇ U kutiji se nalazi 15 belihi 5 crnih kuglica.Iz kutije se uzimaju dve luglice, jedna za drugom, bez vraćanja.Izračunati verovatnoću događaja : -Druga izvučena kuglica je bela uz uslov da je prva izvučena bela P( B A) i -Druga izvučena kuglica je bela uz uslov da je prva izvučena crna P( B A)

A-prva izvučena kuglica je bela

A

A

Uvedimo oznake:

Ω

B

B- druga izvučena kuglica je bela Verovatnoća događaja B zavisi od toga da li je realizovan događaj A ili suprotan događaj A .

15 5 ; P ( A) = 20 20 14 15 P( B A) = ; P( B A) = 19 19 P( A) =

∆ 2.4.Formula potpune (totalne) verovatnoće Za događaje A1 , A2 ,K , An se kaže da čine razbijanje skupa Ω , ako su disjunktni i takvi da je njihova n

unija skup Ω ,

∑ A = Ω . Ako verovatnoća događaja B zavisi od i

realizacija događaja Ai onda važi

i =1

:

P( B) = P( A1 ) P ( B A1 ) + P ( A2 ) P ( B A2 ) + L + P( An ) P( B An ) = n

= ∑ P( Ak ) P( B Ak ) k =1

Primer 2.4.1 ∇

Koristeći formulu totalne verovatnoće u primeru 2.3.1. može se izračunati verovatnoća dobađaja

B- druga izvučena kuglica je bela . Razbijanje skupa Ω čine disjunktni skupovi A i A . Izračunate su sve potrebne verovatnoće:

26

15 5 ; P ( A) = 20 20 14 15 P ( B A) = ; P( B A) = 19 19 P ( A) =

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

14 15 15 5 ⋅ + ⋅ = 19 20 19 20

210 + 75 285 285 = = = 19 ⋅ 20 19 ⋅ 20 380

∆

Primer 2.4.2 ∇ U salonu automobila se prodaju četiri modela. Prvi model je zastupljen dvostruko više nego drugi a drugi, treći i četvrti su u istim količinama.Verovatnoća da će prvi model biti prodat, u toku jednog dana , iznosi 5%, za drugi model 3%, za treći model 2% i za četvrti 1%. Izračunati verovatnoću događaja B- da će u toku dana biti prodat jedan automobil.

A4

A3 B A2

A1

Ω

i = 1, 2,3, 4

Ai - i-ti model

A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 = Ω P ( A1 ) = 2 P ( A2 )

;

A1 , A2 , A3 , A4 čine razbijanje skupa Ω

; P (Ω) = 1

; P ( A2 ) = P ( A3 ) = P ( A4 )

P ( A1 ) =

2 5

P ( A1 ) =

2 5

;

P( B A1 ) = 5%

P ( A2 ) =

1 5

;

P( B A2 ) = 3%

P ( A3 ) =

1 5

;

P( B A3 ) = 2%

P ( A4 ) =

1 5

;

P( B A4 ) = 1%

; P ( A2 ) = P ( A3 ) = P ( A4 ) =

1 5

27

P( B) = P( A1 ) P( B A1 ) + P( A2 ) P( B A2 ) + P ( A3 ) P( B A3 ) + P( A4 ) P( B A4 ) = =

2 5 1 3 1 2 1 1 10 + 3 + 2 + 1 16 4 ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = = = 5 100 5 100 5 100 5 100 500 500 125 ∆

2.5. Bajesova formula (Bayes) Korišćenjem činjenice da je P( A) P( B A) = P( B) P( A B) , ako se to primeni na skupove B ∩ Ai , dobija se formula:

P ( Ai B ) =

P ( Ai ) P ( B Ai ) P( B )

=

P ( Ai ) P( B Ai ) n

∑ P( A ) P ( B A ) k

k

k =1

P ( B ) koje se koristi u ovoj formuli se izračunava pomoću formule potpune verovatnoće. Pomoću Bajesove formule se mogu izračunati uslovne verovatnoće P( Ai B) . Primer 2.5.1 Ako je poznato da je u salonu automobila , iz primera 2.4.2 , prodat jedan automobil, realizovan je događaj B . Mogu izračunati uslovne verovatnoće P( Ai B) . Na primer: Zna se da je prodat jedan automobil.Kolika je verovatnoća da je to baš model četvrtog tipa, P( A4 B ) ?

P( A4 B) =

P( A4 ) P ( B A4 ) P( B)

1 1 ⋅ 1 5 = 100 = 16 16 500

Slično, da je prodat model prvog tipa, je

P( A1 B) =

P( A1 ) P( B A1 ) P( B)

2 5 ⋅ 10 5 = 100 = 16 16 500

∆

2.6. Binomna verovatnoća (Bernulijeva šema) Švajcarski matematičar Jacob Bernoulli (1654-1705) dao je postupak izračunavanja verovatnoća događaja vezanih za ponavljanje jednog eksperimenta koji ima dva moguća ishoda. U svakom od n nezavisnih eksperimenata događaj A se realizuje sa verovatnoćom p , a njemu suprotan događaj A sa verovatnoćom q .

P ( A) = p ; P ( A) = 1 − p = q

28

Verovatnoća da će se u tih n eksperimenata događaj A realizovati tačno k puta iznosi:

n n! Pn (k ) =   p k q n − k = p k q n−k k !( n − k ) ! k 

( ∗)

Ako se događaj A realizuje u prvih k puta u preostalih n − k puta će se realizovati njemu suprotan događaj A . Taj događaj se može predstaviti nizom 1 AA ...3 A{ A... A i njegova verovatnoća 2 k

n−k

iznosi p k q n − k . Sličnih nizova dužine n gde se

A realizuje u tačno k puta a A preostalih n − k puta ima Pk ,n − k (n) =

n! n(n − 1)L (n − k + 1)  n  = = . k !( n − k )! k! k 

Na taj način se došlo do formule

( ∗) .

Kako su svi mogući rezultati u n eksperimenata nezavisni važi sledeća jednakost: n

Pn (0) + Pn (1) + L + Pn (k ) + L + Pn (n) = ∑ Pn (i ) = 1 . i =0

To se izvodi primenom binomnog razvoja :

n n n n (q{ + p )n =   q n p 0 +   q n −1 p1 + L +   q n − k p k + L +   q 0 p n = k 0 1 14 n 1 243 Pn ( k )

n = ∑   q n − k p k = 1n = 1 i =0  i  n

Binomna verovatnoća određena je parametrima raspodele n i p . B ( n, p )

Primer 2.6 1. ∇

Košarkaš, koji pogađa slobodno bacanje sa verovatnoćom p=90%, izvodi 9 bacanja. Kolika je

verovatnoća sledećih događaja : a) A- koš je pogođen tačno 3 puta b) B- koš je pogođen bar 8 puta a) p = 0,9 ;

q = 0,1 ; n = 9

9 9 ⋅8⋅7 (0.9)3 (0.1)6 = 84 ⋅ 0.729 ⋅ 0.000 001 = P( A) = P9 (3) =   (0.9)3 (0.1)6 = 3 3 ⋅ 2 ⋅ 1  

= 0.000 061 236

29

b)

9 9 P ( B ) = P9 (8) + P9 (9) =   (0.9)8 (0.1)1 +   (0.9)9 (0.1)0 = 8 9

∆

= 9 ⋅ (0.9)8 (0.1) + (0.9)9 = 2 ⋅ (0.9)9 = 0.774 840 978 Napomena: Ovakva izračunavanja su dosta zamorna. Postoje specijalizovane tablice za izračunavanje binomnih verovatnoća kao i različiti programi koji se time bave. U EXCELU postoji funkcija BINOMDIST pomoću koje se izračunavaju tražene verovatnoće. Primer 2.6 2. ∇

Na testu iz verovatnoće studenti odgovaraju na (8) pitanja. Za svako pitanje postoji 5

ponuđenih odgovora, od kojih je samo jedan tačan. Kolika je verovatnoća da student, koji na svako pitanje sličajno bira odgovor : a) A- tačno odgovori na sva pitanja b) B- tačno odgovori na bar 4 pitanja . Uvedimo oznake :

p -student je izabrao tačan odgovor

p=

1 5

q -student je izabrao netačan odgovor

q=

4 5

8 8

a) P( A) = P8 (8) =   (0.2)8 (0.8)0 = 0.000 025 6 b) P( B) = P8 (4) + P8 (5) + P8 (6) + P8 (7) + P8 (8) 0,0458752

P8 (4)

0,00917504

P8 (5)

0,00114688

P8 (6)

0,00008192

P8 (7)

0,00000256

P8 (8)

0,056282

P8 (4) + P8 (5) + P8 (6) + P8 (7) + P8 (8)

( )

U ovom slučaju je jednostavnije izračunati P B

.

P( B ) = P8 (0) + P8 (1) + P8 (2) + P8 (3) = 8 8 8 8 =   (0.2)0 (0.8)8 +   (0.2)1 (0.8)7 +   (0.2)2 (0.8)6 +   (0.2)3 (0.8)5 = 0 1  2  3 8 1 7 2 6 3 = (0.8) + 8 ⋅ (0.2) (0.8) + 28 ⋅ (0.2) (0.8) + 56 ⋅ (0.2) (0.8)5 = = 0,9437184

30

P( B) = 1 − P ( B ) P( B) = 1 − P( B) = 1 − 0,9437184= 0,0562816 Upravo je izračunata verovatnoća da se položi kolokvijum iz verovatnoće ako se nasumice popunjava test. Verovatnoća iznosi manje od 6% ( približno 5, 63 % ).

31

2.7. Vežbanje: 1. Novčić se baca 5 puta i registruje se pojava pisma (P) ili grba (G). Izračunati verovatnoće sledećih događaja : A- Grb je pao tačno 5 puta B- Pismo je palo tačno 2 puta. C- Grb je pao bar 4 puta. 2. Bacaju se 2 kockice. Izračunati verovatnoće sledećih događaja : D- pao je zbir 5 E- pala su dva ista broja F- pao je zbir koji nije veći od 7 G- pao je zbir koji nije manji od 10 H- pao je zbir koji je veći od 1 I- pao je zbir koji nije veći od 13 3 .Bacaju se 3 kockice. Izračunati verovatnoće sledećih događaja : A- pao je zbir 5 B- pala su tri ista broja C- pao je zbir koji nije veći od 7 D- pao je zbir koji nije manji od 16 E- pao je zbir koji je veći od 16 4 .Bacaju se 3 kockice. Uporediti verovatnoće sledećih događaja : A-pao je zbir 11 B-pao je zbir 12 (Paradoks De Merea) 5. Baca se 5 kockica. Izračunati verovatnoće sledećih događaja : A-pao je zbir 8 B-pao je zbir koji nije veći od 7 C-pao je zbir koji nije manji od 28 D-palo je pet istih brojeva E-pao je ful ( tri iste i dve iste ali različite od tri) F- pala su tačno četiri ista broja G- palo je pet uzastopnih brojeva ( kenta) 6. U kutiji se nalazi 10 belih i 8 crnih koglica. Izvlače se 3 kuglice odjednom. Izračunati verovatnoće sledećih događaja : A-izvučene su 3 bele B- izvučene su 3 crne C-izvičene su 2 bele i 1 crna

32

7. Student zna 28 pitanja od 40. Na ispitu izvlači cedulju sa 3 pitanja.Izračunati verovatnoće sledećih događaja : A-izvukao je 3 pitanja koja zna B- izvukao je 3 pitanja koja ne zna C-izvukao je 2 pitanja koja zna i 1 koje ne zna 8. U autobusu koji staje na 6 stanica nalazi se 5 putnika.Izračunati verovatnoće sledećih događaja : A-svi putnici izlaze na trećoj stanici B- svi putnici izlaze na istoj stanici C- svi putnici izlaze na različitim stanicama 9. U autobusu koji staje na 6 stanica nalazi se 10 putnika.Izračunati verovatnoće sledećih događaja : A-svi putnici izlaze na trećoj stanici B- svi putnici izlaze na istoj stanici C- svi putnici izlaze na različitim stanicama 10. Novčić se baca 4 puta uzastopno. Posmatra se pojava pisma (P) ili grba (G) Izračunati verovatnoću događaja :

C - prvi put je palo pismo ili je poslednji put pao grb. 11. Bacaju se dve kockice i registruju se brijevi koji su pali. posmatraju se događaji

A - na obe je pao paran broj B - na obe je pao neparan broj C - na obe je pao isti broj Izračunati : P ( A ) ,

P ( B ) , P (C ) , P ( A ∪ B ∪ C ) .

12. U kutiji se nalazi 100 sijalica od kojih je 5 neispravno.Iz kutije se uzimaju dve sijalice, jedna za drugom, bez vraćanja.Izračunati verovatnoće događaja : A-Prva izvučena sijalica je neispravna B-Druga izvučena sijalica je neispravna. 13. U skladištu su proizvodi 3 fabrike. Prva proizvodi duplo više nego druga a druga i treća istu količinu. Prva fabrika proizvodi 1% ,druga 2% a treća 3% neispravnih artikala. a) Slučajno se bira jedan proizvod. Izračunati verovatnoću događaja B- izabrani proizvod je neispravan. b) Izvučen je neispravan proizvod. Izračunati verovatnoću da proizvod potiče iz prve fabrike. 14. U tri kutije se nalaze bele i crne kuglice.Raspored kuglica je sledeći: I 5 belih 5 crnih

; II 3 bele 7 crnih ; III 4 bele 6 crnih

Na slučajan način se bira kutija i iz nje se izvlači jedna kuglica. Verovatnoće izbora kutija su jednake. Izračunati verovatnoće sledećih događaja : a) B-izvučena je bela kuglica b) Izvučena je bela kuglica. Kolika je verovatnoća da potiče iz druge kutije.

33

15. U tri kutije se nalaze bele i crne kuglice.Raspored kuglica je sledeći: I 5 belih 6 crnih

; II 3 bele 8 crnih ; III 4 bele 7 crnih

Na slučajan način se bira kutija i iz nje se izvlače 2 kuglice odjednom. Verovatnoće izbora kutija su jednake. Izračunati verovatnoće sledećih događaja : a) B-izvučene su dve bele kuglice b) Izvučene su dve bele kuglice. Kolika je verovatnoća da potiču iz treće kutije. 16. Dve kutije sadrže bele i crne kuglice.Raspored kuglica je sledeći: I 5 belih 3 crne ; II 6 belih 3 crne Na slučajan način se iz I kutije izvlače 2 kuglice odjednom i premeštaju u II.Posle se iz II kutije izvlače dve kuglice odjednom. Izračunati verovatnoću događaja B- iz II kutije su izvučene dve bele kuglice. 17. Novčić se baca 10 puta. Kolika je verovatnoća sledećih događaja : A- grb je pao tačno 4 puta B- grb je pao bar 8 puta C- grb je pao manje od 4 puta. 18. Kockica se baca 9 puta. Kolika je verovatnoća sledećih događaja : A- 1 je pala tačno 4 puta B- 1 je pala bar 7 puta C- 1 je pala manje od 3 puta 19. Strelac gađa u metu 10 puta. Verovatnoća da će cilj biti pogođen, prilikom jednog gađanja, je p=80%.Kolika je verovatnoća sledećih događaja : A- meta je pogođena tačno 3 puta B- meta je pogođena bar 9 puta 20. U kutiji se nalazi 10 belih i 20 crnih koglica. Izvlači se 1 kuglica sa vraćanjem, 15 puta. Izračunati verovatnoće sledećih događaja : A- bela kuglica će biti izvučena tačno 5 puta B- bela kuglica će biti izvučena tačno 12 puta C- bela kuglica će biti izvučena manje od 5 puta 21. U kutiji se nalazi 10 belih i 20 crnih koglica. Izvlače se 2 kuglice odjednom, sa vraćanjem, 15 puta. Izračunati verovatnoće sledećih događaja : A- dve bele kuglice će biti izvučene tačno 5 puta

34

B- dve crne kuglice će biti izvučene tačno 12 puta C- dve bele kuglica će biti izvučene manje od 5 puta 22. Na prijemnom ispitu kandidati odgovaraju na 10 pitanja. Imaju za svako pitanje ponuđenih 5 odgovora od kojih je samo jedan tačan. Kolika je verovatnoća da kandidat koji na svako pitanje sličajno bira odgovor: a) tačno odgovori na sva pitanja b) tačno odgovori na bar 5 pitanja . 23.

Na ispitu studenti odgovaraju na 6 pitanja. Za svako pitanje postoji 5 ponuđenih odgovora, od

kojih je samo jedan tačan. Kolika je verovatnoća da student, koji na svako pitanje sličajno bira odgovor : a) A- tačno odgovori na sva pitanja b) B- tačno odgovori na bar 3 pitanja .

35

2.7.Rešenja zadataka: 1. Novčić se baca 5 puta i registruje se pojava pisma (P) ili grba (G). Izračunati verovatnoće sledećih događaja : a) A- Grb je pao tačno 5 puta b) B- Pismo je palo tačno 2 puta. c) C- Grb je pao bar 4 puta. a) Skup jednakoverovatnih elementarnih ishoda čine nizovi dužine 5 sastavljenih od slova slova P i G.

  2 5 Ω =  1444444 PPPPP, GPPPP4 , PGPPP ,L , GGGGG 24444444 3  . Broj mogućih ishoda je V5 = 2 = 32 . 32   Događaj A : A = {GGGGG} ;





b) B =  PPGGG, PGPGG ,K , GGGPP  ;



1444442444443 10



P( A) =

1 32

P( B) =

10 5 = 32 16

Do broj povoljnih ishoda za događaj B se može doći nabrajanjem ili korišćenjem kombinatorike. Koriste se permutacije sa ponavljanjem

P2,3 (5) =

5! = 10 . 2!3!

c) Povoljni su oni ishodi gde je grb pao 4 puta kao i gde je pao 5 puta.

  C =  PGGGG , GPGGG, GGPGG, GGGPG, GGGGP, GGGGGG  144444444444 42444444444444 3 5 +1   P(C ) =

6 3 = 32 16

2. Bacaju se 2 kockice. Izračunati verovatnoće sledećih događaja : D - pao je zbir 5 E - pala su dva ista broja F –pao je zbir koji nije veći od 7 G –pao je zbir koji nije manji od 10 H –pao je zbir koji je veći od 1 I -pao je zbir koji nije veći od 13





Skup jednakoverovatnih elementarnih ishoda je Ω = 11,12,13,..., 64, 65, 66 



144424443 n =36

Ukupan broj ishoda se iračunava korišćenjem varijacija sa ponavljanjem: Događaj D = {14, 41, 23,32} ;

mD = 4 ; P ( D ) =

36

4 1 = 36 9

 V26 = 62 = 36

Događaj E = {11, 22,33, 44,55, 66} ;

mE = 6 ; P ( E ) =

6 1 = 36 6

Za događaj F povoljni su ishodi kod kojih je zbir brojeva koji su pali 2,3,4,5,6 i 7.

  F =  11 61, 25,52, 34, 43 21,13, 31, 22,14, 41, 23,32,15,51, 24, 42,33,16, { ,12, {1 424 3 14243 1442443 14442444 3 zbir 4 zbir 5 zbir 6 zbir 7  zbir 2 zbir 3 

Za događaj G

21 7 mF = 21 ; P ( F ) = = 36 12 povoljni su ishodi kod kojih je zbir brojeva koji su pali 10,11 i 12.

6 1   G =  46,64, 55, 56,65, = {  ; mG = 6 ; P ( G ) = { 66 1424 3 36 6  zbir11 zbir12   zbir10 Događaji H i I su sigurni događaji. mH = mI = 36 ;

P(H ) = P(I ) =

36 =1 36

3. Bacaju se 3 kockice. Izračunati verovatnoće sledećih događaja : A - pao je zbir 5 B - pala su tri ista broja C - pao je zbir koji nije veći od 7 D - pao je zbir koji nije manji od 16 E - pao je zbir koji je veći od 16 Skup jednakoverovatnih elementarnih ishoda je

  Ω = 111,112, 223,..., 663, 664, 665, 666 144444 42444444 3   63 = 216

Ukupan broj ishoda se izračunava korišćenjem varijacija sa ponavljanjem:

A = {122, 212, 221,113,131,311,} ; mA = 6 ; P ( A ) =

6 1 = 216 36

B = {111, 222,333, 444,555, 666} ; mB = 6 ; P ( B ) =

6 1 = 216 36

V36 = 63 = 216

Za događaj C povoljni su ishodi kod kojih je zbir brojeva koji su pali 3,4,5,6 i 7. U tabeli je dat pregled povoljnih ishoda . Na primer, zbir 4 se dobija u ishodima 112,121 i 211, ukupno 3.

mC = 35 ; P ( C ) =

35 216

37

zbir 3 111

1

zbir 4 112

3

113

3

zbir 5 122

3

114

3

123

6

222

1

115

3

124

6

zbir 7 133

3

223

3

zbir 6

ukupno 35 Za događaj D povoljni su ishodi kod kojih je zbir brojeva koji su pali 16,17 i 18. 466

3

zbir 16 556

3

zbir 17 566

3

zbir 18 666

1 ukupno 10

10 216

mD = 10 ; P ( D ) =

Za događaj E povoljni su ishodi kod kojih je zbir brojeva koji su pali 17 i 18. zbir 17 566

3

zbir 18 666

1 ukupno 4

mE = 10 ; P ( E ) =

4 1 = 216 54

6. U kutiji se nalazi 10 belih i 8 crnih koglica. Izvlače se 3 kuglice odjednom. Izračunati verovatnoće sledećih događaja : A-izvučene su 3 bele B- izvučene su 3 crne C-izvičene su 2 bele i 1 crna

38

10  8 10   8         3 3 2 1 P( A) =   ; P( B) =   ; P(C ) =     ;  18   18  18        3 3 3 7. Student zna 28 pitanja od 40. Na ispitu izvlači cedulju sa 3 pitanja.Izračunati verovatnoće sledećih događaja : A-izvukao je 3 pitanja koja zna B- izvukao je 3 pitanja koja ne zna C-izvukao je 2 pitanja koja zna i 1 koje ne zna

 28   12   28 12         3 3 2 1 P( A) =   ; P( B) =   ; P(C ) =    ;  40   40   40        3 3 3 8. U autobusu koji staje na 6 stanica nalazi se 5 putnika.Izračunati verovatnoće sledećih događaja : A-svi putnici izlaze na trećoj stanici B- svi putnici izlaze na istoj stanici C- svi putnici izlaze na različitim stanicama Označimo putnike sa a,b,c,d,e i stanice sa 1,2,3,4,5 i 6. Svakom od putnika se dodeljuje broj stsnice na kojoj izlazi. Na primer, 66665 znači da su a,b,c,dizašli na šestoj stanici a putnik e na petoj. Na taj način mogu se svi elementarni ishodi izraziti preko varijacija sa ponavljanjem klase 5 od 6 elemenata,

V56 = 65 = 7776 .

Događaj A : A = {33333} ;

mA = 1 ; P ( A ) =

B = {11111, 22222,33333, 44444,55555, 66666} ;

1 7776 mB = 6 ; P ( A ) =

6 1 = 5 6 1296

Ukupan broj povoljnih ishoda za događaj C se može izračunati kao broj varijacija klase 5 od 6 elemenata bez ponavljanja a to je V56 = 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 = 720 . Prema tome

P (C ) =

720 5 = 7776 54

11. Bacaju se dve kockice i registruju se brijevi koji su pali. posmatraju se događaji

A - na obe je pao paran broj B - na obe je pao neparan broj C - na obe je pao isti broj

39

Izračunati : P ( A ) ,

P ( B ) , P (C ) , P ( A ∪ B ∪ C ) . 



Skup jednakoverovatnih elementarnih ishoda je Ω = 11,12,13,..., 64, 65, 66 



144424443 n =36

Ukupan broj ishoda se iračunava korišćenjem varijacija sa ponavljanjem: Događaj A = {22, 24, 26, 42, 44, 46, 62, 64, 66} ; Događaj B = {11,13,15,31, 33, 35,51, 53,55} ; Događaj C = {11, 22,33, 44, 55, 66} ;

P ( A) =

9 1 9 1 = , P (B) = = 36 4 36 4

 V26 = 62 = 36

mA = 9 mB = 9

mC = 6

, P (C ) =

6 1 = 36 6

A ∩ B = ∅ ; P ( A ∩ B) = 0 A ∩ C = {22, 44, 66} ; P ( A ∩ C ) =

3 36

B ∩ C = {11, 33, 66} ; P ( B ∩ C ) =

3 36

A∩ B ∩C = ∅ ; P( A∩ B ∩C) = 0 Pošto događaji A,B,i C nisu svi među sobom disjunktni mora se koristiti formula :

P( A ∪ B ∪ C ) = P ( A) + P( B) + P ( C ) − P ( A ∩ B ) − P ( A ∩ C ) − P ( B ∩ C ) + +P ( A ∩ B ∩ C ) =

9 9 6 3 3 18 1 + + − − = = 36 36 36 36 36 36 2

12. U kutiji se nalazi 100 sijalica od kojih je 5 neispravno.Iz kutije se uzimaju dve sijalice, jedna za drugom, bez vraćanja.Izračunati verovatnoću događaja : Druga izvučena sijalica je neispravna. Uvedimo oznake: A-prva izvučena sijalica je neispravna B- druga izvučena sijalica je neispravna Verovatnoća događaja B zavisi od toga da li je realizovan događaj A ili suprotan događaj A . Koristeći formulu totalne verovatnoće dobija se:

5 95 ; P ( A) = 100 100 4 5 P( B A) = ; P ( B A) = 99 99 P( A) =

40

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

4 5 5 95 + = 99 100 99 100

20 + 475 495 1 = = 99 ⋅100 99 ⋅100 20

13. U skladištu su proizvodi 3 fabrike. Prva proizvodi duplo više nego druga a druga i treća istu količinu. Prva fabrika proizvodi 1% ,druga 2% a treća 3% neispravnih artikala. a) Slučajno se bira jedan proizvod. Izračunati verovatnoću događaja B- izabrani proizvod je neispravan. b) Izvučen je neispravan proizvod. Izračunati verovatnoću da proizvod potiče iz prve fabrike. a) Označimo sa Ai –proizvod je iz i-te fabrike, i = 1, 2,3

A1 ∪ A2 ∪ A3 = Ω

; P (Ω) = 1

P ( A1 ) = 2 P ( A2 )

; P ( A2 ) = P ( A3 )

P ( A1 ) =

2 4

P ( A1 ) =

2 4

;

P( B A1 ) = 1%

P ( A2 ) =

1 4

;

P( B A2 ) = 2%

P ( A3 ) =

1 4

;

P( B A3 ) = 3%

; P ( A2 ) = P ( A3 ) =

1 4

P( B) = P( A1 ) P( B A1 ) + P( A2 ) P( B A2 ) + P ( A3 ) P( B A3 ) = =

2 1 1 2 1 3 2+2+3 7 ⋅ + ⋅ + ⋅ = = 4 100 4 100 4 100 400 400

b) To što je izvučen neispravan proizvod znači da se realizovao događaj B i korišćenjem Bajesove formule se dobija:

P( A1 B) =

P( A1 ) P( B A1 ) P( B)

2 1 ⋅ 2 = 4 100 = 7 7 400

14. U tri kutije se nalaze bele i crne kuglice.Raspored kuglica je sledeći: I 5 belih 5 crnih

; II 3 bele 7 crnih ; III 4 bele 6 crnih

Na slučajan način se bira kutija i iz nje se izvlači jedna kuglica. Verovatnoće izbora kutija su jednake. Izračunati verovatnoće sledećih događaja : a) B-izvučena je bela kuglica b) Izvučena je bela kuglica. Kolika je verovatnoća da potiče iz druge kutije.

41

a) Označimo sa Ai –izabrana je i-ta kutija , i = 1, 2,3

; P (Ω) = 1

A1 ∪ A2 ∪ A3 = Ω

Pošto su verovatnoće izbora kutija jednake, važi

P ( A1 ) = P ( A2 ) = P ( A3 ) =

1 3

P ( B / A1 ) =

5 jer je u prvoj kutiji 5 belih od mogućih 10 10

P ( B / A2 ) =

3 jer je u prvoj kutiji 3 bele od mogućih 10 10

P ( B / A3 ) =

4 jer je u prvoj kutiji 4 bele od mogućih 10 10

P( B) = P( A1 ) P( B A1 ) + P( A2 ) P( B A2 ) + P ( A3 ) P( B A3 ) = 1 5 1 3 1 4 12 2 = ⋅ + ⋅ + ⋅ = = 3 10 3 10 3 10 30 5 b) To što je izvučena bela kuglica znači da se realizovao događaj B .Korišćenjem Bajesove formule se dobija:

P( A2 B) =

P ( A2 ) P( B A2 ) P( B)

1 3 ⋅ 3 1 = 3 10 = = 12 12 4 30

15. U tri kutije se nalaze bele i crne kuglice.Raspored kuglica je sledeći: I 5 belih 6 crnih

;

II 3 bele 8 crnih

; III 4 bele 7 crnih

Na slučajan način se bira kutija i iz nje se izvlače 2 kuglice odjednom. Verovatnoće izbora kutija su jednake. Izračunati verovatnoće sledećih događaja : a) B-izvučene su dve bele kuglice b) Izvučene su dve bele kuglice. Kolika je verovatnoća da potiču iz treće kutije. a) Označimo sa Ai –izabrana je i-ta kutija , i = 1, 2,3

A1 ∪ A2 ∪ A3 = Ω

; P (Ω) = 1

Pošto su verovatnoće izbora kutija jednake, važi

P ( A1 ) = P ( A2 ) = P ( A3 ) =

1 3

5   2 P ( B / A1 ) =   jer se iz prve kutije izvlače 2 bele od mogućih 11  11   2 42

3   2 P ( B / A2 ) =   jer se iz druge kutije izvlače 2 bele od mogućih 11  11   2  4   2 P ( B / A3 ) =   jer se iz prve kutije izvlače 2 bele od mogućih 11  11   2 P( B) = P( A1 ) P( B A1 ) + P ( A2 ) P( B A2 ) + P( A3 ) P( B A3 ) = 5  3  4 5  3  4        + +  1  2  1  2  1  2   2   2   2  38 19 = ⋅ + ⋅ + ⋅ = = = 3  11 3  11 3 11 330 165 11 3⋅         2 2 2 2 b) To što je izvučene dve bele kuglice znači da se realizovao događaj B .Korišćenjem Bajesove formule se dobija:

P( A3 B) =

P( A3 ) P( B A3 ) P( B)

1 4⋅3 ⋅ 12 6 3 = 11 ⋅10 = = 38 38 19 330

16. Dve kutije sadrže bele i crne kuglice.Raspored kuglica je sledeći: I 5 belih 3 crne

; II 6 belih 3 crne

Na slučajan način se iz I kutije izvlače 2 kuglice odjednom i premeštaju u II.Posle se iz II kutije izvlače dve kuglice odjednom. Izračunati verovatnoću događaja B- iz II kutije su izvučene dve bele kuglice. Uvode se sledeće oznake :

A1 - iz prve kutije su izvučene 2 bele kuglice i prebačene u drugu A2 - iz prve kutije su izvučene 1 bela kuglica;1 crna kuglica i prebačene u drugu A3 - iz prve kutije su izvučene 2 crne kuglice i prebačene u drugu Ova tri događaja čine razbijanje skupa Ω .

 5 5⋅4  5  3 5 ⋅ 3  3 3⋅ 2        2  2 ⋅1 20 1   1  1 ⋅1 30 2 6   P ( A1 ) = = = ; P ( A2 ) = = = ; P ( A3 ) =   = 2 ⋅1 = 8 ⋅ 7 56  8  8 ⋅ 7 56 8  8  8 ⋅ 7 56   2 ⋅1     2 ⋅1 2 ⋅ 1 2  2  2 A1 ∪ A2 ∪ A3 = Ω

; P (Ω) = 1

43

Posle realizacije događaja A1 , tj. posle prebacivanja dve bele kuglice u drugoj kutiji će biti dve bele više, odnosno biće 8 belih i 3 crne. Zbog toga je

8   2 8⋅7 P ( B / A1 ) =   = ;  11 11 ⋅10   2 Posle realizacije događaja A2 , tj. posle prebacivanja jedne bele i jedne crne kuglice u drugoj kutiji će biti 7 belih i 4 crne. Zbog toga je

7   2 7⋅6 P ( B / A2 ) =   = ; 11 11 ⋅10   2 Posle realizacije događaja A3 , tj. posle prebacivanja dve crne kuglice u drugoj kutiji će biti dve crne više, odnosno biće 6 belih i 5 crnih. Zbog toga je

6   2 6⋅5 P ( B / A3 ) =   =  11 11 ⋅10   2 Pomoću formule totalne verovatnoće se dobija:

P( B) = P( A1 ) P( B A1 ) + P( A2 ) P( B A2 ) + P ( A3 ) P( B A3 ) = =

20 8 ⋅ 7 30 7 ⋅ 6 6 6 ⋅ 5 1120 + 1260 + 180 2560 ⋅ + ⋅ + ⋅ = = = 0, 416 56 11 ⋅10 56 11 ⋅10 56 11 ⋅10 6160 6160

17. Novčić se baca 10 puta. Kolika je verovatnoća sledećih događaja : A- grb je pao tačno 4 puta B- grb je pao bar 8 puta C- grb je pao manje od 4 puta.

p = 0,5 ; q = 0,5 ; n = 10

 10  P( A) = P10 (4) =   (0.5) 4 (0.5)6 4 10   10  10  P( B) = P10 (8) + P10 (9) + P10 (10) =   (0.5)8 (0.5) 2 +   (0.5)9 (0.5)1 +   (0.5)9 (0.5)1 8 9 9 P(C ) = P10 (0) + P10 (1) + P10 (2) + P10 (3) =  10   10  10  10  =   (0.5)0 (0.5)10 +   (0.5)1 (0.5)9 +   (0.5)2 (0.5)8 +   (0.5)3 (0.5)7 0 1 2 3 44

18. Kockica se baca 9 puta. Kolika je verovatnoća sledećih događaja : A- 1 je pala tačno 4 puta B- 1 je pala bar 7 puta C- 1 je pala manje od 3 puta

p=

1 5 ; q= ; n=9 6 6 4

 9 1   5  P( A) = P9 (4) =       4 6   6 

5

7

2

8

1

9

 9 1   5  9 1   5  9 1   5  P( B) = P9 (7) + P9 (8) + P9 (9) =       +       +        7 6   6  9 6   6  9 6   6 

0

P(C ) = P9 (0) + P9 (1) + P9 (2) = 0 9 1 8 2 7 9 1   5  9 1   5  9 1   5  =      +      +       0 6   6  1 6   6   2 6   6 

19. Strelac gađa u metu 10 puta. Verovatnoća da će cilj biti pogođen, prilikom jednog gađanja, je p=80%.Kolika je verovatnoća sledećih događaja : A- meta je pogođena tačno 3 puta B- meta je pogođena bar 9 puta

p = 0,8 ; q = 0, 2 ; n = 10 itd. 20. U kutiji se nalazi 10 belih i 20 crnih koglica. Izvlači se 1 kuglica sa vraćanjem, 15 puta. Izračunati verovatnoće sledećih događaja : A- bela kuglica će biti izvučena tačno 5 puta B- bela kuglica će biti izvučena tačno 12 puta C- bela kuglica će biti izvučena manje od 5 puta

p=

1 2 ; q= ; n = 15 itd. 3 3

21. U kutiji se nalazi 10 belih i 20 crnih koglica. Izvlače se 2 kuglice odjednom, sa vraćanjem, 15 puta. Izračunati verovatnoće sledećih događaja : A- dve bele kuglice će biti izvučene tačno 5 puta B- dve crne kuglice će biti izvučene tačno 12 puta C- dve bele kuglica će biti izvučene manje od 5 puta

45

 10    2 3 26 p=   = ; q= ; n = 15 itd. 30 29 29     2 22. Na prijemnom ispitu kandidati odgovaraju na 10 pitanja. Imaju za svako pitanje ponuđenih 5 odgovora od kojih je samo jedan tačan. Kolika je verovatnoća da kandidat koji na svako pitanje sličajno bira odgovor: a) tačno odgovori na sva pitanja b) tačno odgovori na bar 5 pitanja .

p=

23.

1 4 ; q= ; n = 10 itd. 5 5 Na ispitu studenti odgovaraju na 6 pitanja. Za svako pitanje postoji 5 ponuđenih odgovora, od

kojih je samo jedan tačan. Kolika je verovatnoća da student, koji na svako pitanje sličajno bira odgovor : a) A- tačno odgovori na sva pitanja b) B- tačno odgovori na bar 3 pitanja . Uvedimo oznake : p -student je izabrao tačan odgovor

q -student je izabrao netačan odgovor

q = 1− p =

p=

1 5

4 5

6 6

a) P( A) = P6 (6) =   (0.2)6 (0.8) 0 = 0.000 064 b) P( B) = P6 (3) + P6 (4) + P6 (5) + P6 (6) U ovom slučaju je jednostavnije izračunati verovatnoću suprotnog događaja P ( B ) .

P( B ) = P6 (0) + P6 (1) + P6 (2) =

6 6 6 =   (0.2)0 (0.8)6 +   (0.2)1 (0.8)5 +   (0.2) 2 (0.8)4 = 0 1  2 = (0.8)6 + 6 ⋅ (0.2)1 (0.8)5 + 15 ⋅ (0.2) 2 (0.8) 4 = = 0.262 144 + 1.2 ⋅ 0.327 68 + 0.6 ⋅ 0.409 6 = 0.262 144 + 0.393 216 + 0.245 76 = = 0.901120 P( B) = 1 − P ( B ) P( B) = 1 − P( B) = 1 − 0.901120 = 0.098 88

46

3. SLUČAJNE PROMENLJIVE

DEF Slučajna promenljiva je funkcija X koja svakom ishodu ω ∈ Ω dodeljuje realan broj X (ω ) . U zavisnosti od toga da li slučajne promenljive uzimaju vrdnosti iz nekog prebrojivog ili neprebrojivog skupa dele se na diskretne i neprekidne. 3.1. Diskretne slučajne promenljive DEF Promenljiva X je diskretnog tipa ako može da uzima samo vrednosti iz prebrojivog skupa

RX = { x1 , x2 ,K} i ako je P { X ∈ RX } = 1 , Vrednosti xi i njihove verovatnoće p ( xi ) = P { X = xi } predstavljaju raspodelu slučajne promenljive., Raspodela slučajne promrnljive X

koja ima konačan skup ishoda

RX = { x1 , x2 ,K , xn } predstavlja se šemom:  x X : 1  p ( x1 )

. . . x2 p ( x2 ) . . .

xn   p ( xn ) 

n

;

∑ p(x ) =1 i

i =1

Ako slučajna promenljiva prikazuje binomnu raspodelu sa n puta ponovljenim događajem, uobičajena oznaka za nju je S n . Primer 3.1 1. Novčić se baca 5 puta i registruje se pojava pisma (P) ili grba (G). Odrediti raspodelu slučajne promenljive X kojom se registruje broj pojavljivanja pisma P . ∇ U ovom eksperimentu postoje 32 jednakoverovatna elementarna ishoda

  Ω =  144444444 PPPPP, GPPPP, PPPGP ,..., PGGGG , GGGGG 42444444444 3 32   Za događaj da će pismo (P) pasti 0 puta postoji samo jedan povoljan elementarni ishod GGGGG , pa je njegova verovatnoća

P ( X = 0) = p (0) =

1 . 32

1 Slično su popunjene i ostale vrednosti. 32

 0 X:  1   32

1 5 32

2 10 32

3 10 32

4 5 32

5   1   32 

47

3.2. Grafičko prikazivanje zakona raspodele Raspodela verovatnoća slučajne promenljive može se predstaviti grafički, pomoću poligona

(

)

raspodele, spajanjem tačaka xi , p ( xi ) .

0,35

10 0,30 32 0,25 0,20

5 0,15 32

0,10 0,05

1 32 0,00 10

12

32

34

45

56

Poligon raspodele slučajne promenljive X iz primera 3.1 1. DEF Funkcija raspodele slučajne promenljive X je realna funkcija

F ( x) = P { X < x} Za slučajnu promenljivu u primeru bacanja novčića 5 puta, (3.1.1.) funkcija raspodele je:

1 1 32

0

1

2

3

4

5

Grafik funkcije raspodele se sastoji od horizontalnih duži. Za sve vrednosti x < 0 ima vrednost 0 a za veće od 5 ima vrednost 1. Na primer, za vrednosti 0 ≤ x < 1 ima vrednost

1 ≤ x < 2 ima vrednost

1 , za vrednosti 32

1 5 6 1 5 10 1 + = a za vrednosti 2 ≤ x < 3 ima vrednost + + = ... 32 32 32 32 32 32 2

Primer 3.2 1. Krećući se nekim pravcem automobil nailazi na pet semafora. Verovatnoća zaustavljanja na prvom semaforu je 0.4, na drugom0.6, na trećem 0.5 na četvrtom 0.7 i na petom 0.4. Konstruisati poligon raspodele verovatnoća prolaza automobila pored semafora do prvog zaustavljanja.

48

Neka je X odgovarajuća slučajna promenljiva. Broj semafora koje je automobil prošao do prvog zaustavljanja može biti 0,1, 2,3, 4,5 .

p0 ,K , p5

Odgovarajuće verovatnoće su

p0 je verovatnoća da je automobil prošao 0 semafora i zaustavio se ispred prvog. P ( X = 0 ) = p0 =

0.4 { stao na

prvom

p1 je verovatnoća da je automobil prošao 1 semafor i zaustavio se ispred drugog. P ( X = 1) = p1 = 0.6 { ⋅

0.6 {

= 0.36

prošao 1. stao na 2.

P ( X = 2 ) = p2 = 0.6 ⋅ 0.4 ⋅ 0.5 = 0.6 { ⋅ 0.4 { ⋅

0.5 {

= 0.120

prošao 1. prošao 2. stao na 3.

P ( X = 3) = p3 = 0.6 ⋅ 0.4 ⋅ 0.5 ⋅ 0.7 = 0.084 P ( X = 4 ) = p4 = 0.6 ⋅ 0.4 ⋅ 0.5 ⋅ 0.3 ⋅ 0.4 = 0.0144 P ( X = 5) = p5 = 0.6 ⋅ 0.4 ⋅ 0.5 ⋅ 0.3 ⋅ 0.6 = 0.0216 Raspodela slučajne promenljive je:

1 2 3 4 5   0 X:    0.4 0.36 0.12 0.084 0.0144 0.0216 

Semafori 0,4500 0,4000

Pi

0,3500 0,3000 0,2500 0,2000 0,1500 0,1000 0,0500 0,0000 0

1

2

3

4

5

6

Xi

Poligon raspodele verovatnoća iz primera 3.2 1.

49

∆

Parametri diskretnih slučajnih promenljivih Slučajne veličine imaju neke numeričke karakteristike koje su našle veliku primenu u realnim situacijama . PARAMETRI slučajnih promenljivih

SREDNJE VREDNOSTI MAT. OčEKIVANJE

MERE VARIJABILITETA (POKAZATELJI DISPERZIJE)

MERE ASIMETRIJE I SPLJOŠTENOSTI

Pregled najčešće korišćenih parametara slučajnih promenljivih 3.3. Parametri srednje vrednosti slučajne veličine (Matematičko očekivanje, modus, medijana) DEF Matematičko očekivanje slučajne veličine X je broj : n

E ( X ) = x1 p1 + x2 p2 + L + xn pn = ∑ xi pi i =1

Oznaka E potiče od latinskog ex-spectare što znači očekivati ili nadati se. Primer 3.3 1. ∇ Homogena kockica se baca n = 12 puta. Pretpostavimo da su pali brojevi 1,1,4,5,5,6,4,3,1,3,5,5. Može se izračunati prosečni broj (aritmetička sredina) koji je pao. On iznosi

53 = 4.42 . 12

∆ Pitanje je šta bi se dobilo da se baca jako veliki broj puta N. Očekuje se ravnomerno pojavljivanje svih brojeva.

N N N N N N N + 2 ⋅ + 3⋅ + 4 ⋅ + 5⋅ + 6 ⋅ (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) 6 6 6 6 6 6 = 6 = N N 21 = = 3.5 6

1⋅

50

To je jedna numerička karakteristika slučajne promenljive

1 X : 1  6

2

3

4

5

1 6

1 6

1 6

1 6

6  1  6

1 1 1 1 1 1 21 E ( X ) = x1 p1 + x2 p2 + L + x6 p6 = 1⋅ + 1⋅ + 1⋅ + 1⋅ + 1⋅ + 1⋅ = = 3.5 6 6 6 6 6 6 6 DEF Moment k-tog reda slučajne veličine X je broj : n

mk ( X ) = x1k p1 + x2 k p2 + L + xn k pn = ∑ xi k pi i =1

Matematičko očekivanje E ( X ) je moment prvog reda diskretne slučajne promenljive.

DEF Modus, mod slučajne veličine X su vrednosti slučajne promenljive za koje raspodela verovatnoća ima maksimum. Označava se sa M o ( X ) .

DEF Medijana slučajne veličine X , označava se sa M e ( X ) , predstavlja one vrednosti slučajne promenljive za koje važi:

P ( X < M e ( X )) <

1 2

∧ P ( X ≤ M e ( X )) >

1 2

Primer 3.3 2. ∇ Strelac četiri puta gađa u metu. Verovatnoća pogotka u svakom pokušaju iznosi p = 0.7 . Za slučajnu promenljivu dati raspodelu verovatnoća i poligon raspodele a zatim odrediti mod i medijanu. Ovo je primer binomne verovatnoće pa se slučajna promenljiva može obeležiti sa S4 . Binomna verovatnoća određena je parametrima raspodele n i p .U navedenom primeru je

0 1 2 3 4    0,0081 0,0756 0,2646 0,4116 0,2401 

B ( 4 , 0.7 ) . S 4 : 

Binomna raspodela B(4;0.7)

Mod je 3 jer je tada najveća verovatnoća..

0,4500 0,4000 0,3500 0,3000 0,2500 0,2000 0,1500 0,1000 0,0500 0,0000

Medijana je 3 jer je tada Series1

0

1

2

3

4

P( X < 3) <

1 2

∧ P( X ≤ 3) >

1 . 2

5

∆

Poligon raspodele

51

3.4. Disperzija ( varijansa) i standardno odstupanje slučajne veličine 2

DEF Disperzija ( varijansa) (σ 2 ) slučajne veličine X , je broj : E ( X − E ( X ) ) . Znači da je : 2

2

2

σ 2 ( X ) = ( x1 − E ( X ) ) p1 + ( x2 − E ( X ) ) p2 + L + ( xn − E ( X ) ) pn = n

= ∑ ( xi − E ( X ) ) pi 2

(1)

i =1

DEF Centralni moment k-tog reda slučajne veličine X , je n

M k ( X ) = ∑ ( xi − E ( X ) ) pi k

i =1

Disperzija diskretne slučajne promenljive predstavlja centralni moment drugog reda. Disperzija slučajne promenljive X se može jednostavnije izračunati po formuli :

σ 2 ( X ) = E ( X 2 ) − ( E( X ))

2

( 2)

Navedena formula ( 2 ) je jednostavnija za računanje disperzije slučajne promenljive nego formula

(1) , pa je u literaturi poznata pod imenom radna formula za disperziju. DEF Standardno odstupanje slučajne veličine X je broj :

σ (X ) = σ 2(X ) Primer 3.4 1. Novčić se baca 5 puta i registruje se pojava pisma (P) ili grba (G). Odrediti raspodelu slučajne promenljive X kojom se registruje broj pojavljivanja pisma (P ). Izračunati: matematičko očekivanje, disperziju i standardnu devijaciju slučajne promenljive X .

 0 X:  1   32

1

2

3

4

5 32

10 32

10 32

5 32

E ( X ) = x1 p1 + x2 p2 + L + x6 p6 = 0 ⋅

=

5   1   32 

1 5 10 10 5 1 + 1⋅ + 2 ⋅ + 3 + 4 ⋅ + 5 ⋅ + = 32 32 32 32 32 32

80 5 = 32 2

Korišćenjem formule (1) za disperziju slučajne promenljive dobija se:

52

2

5 1



2

5 5



2

2

5  10 



5  10

σ 2 (X ) = 0−  + 1 −  +2−  + 3−  2  32  2  32  2  32  2  32  2

2

5 5  5  1  +4 −  + 5 − ) = 2  32  2  32  2

2

2

2

2

2

 5  1  3  5  1  10  1  10  3  5  5  1 = −  +  − ) +−  +  +  +  =  2  32  2  32  2  32  2  32  2  32  2  32 2

2

2

5 1 3 5  1  10 25 1 9 5 1 10 80 5 = 2  + 2  + 2  = ⋅ + ⋅ + ⋅ = =  2  32  2  32  2  32 4 16 4 16 4 16 64 4 Standardno odstupanje slučajne veličine X je broj :

5 5 = 4 2

σ (X ) = σ 2(X ) =

Disperzija slučajne promenljive X se može jednostavnije izračunati po formuli :

σ 2 ( X ) = E ( X 2 ) − ( E( X ))

2

( 2)

 02 X2 :  1   32

12 5 32

22 10 32

32 10 32

42 5 32

52   1   32 

E ( X 2 ) = x12 p1 + x2 2 p2 + L + x6 2 p6 = = 02 ⋅ =

σ

1 5 10 10 5 1 + 12 ⋅ + 22 ⋅ + 32 ⋅ + 42 ⋅ + 52 ⋅ = 32 32 32 32 32 32

5 40 90 80 25 240 15 + + + + = = 32 32 32 32 32 32 2 2

(X ) = E(X

2

) − ( E( X ))

2

2

15  5  30 25 5 = −  = − = 2 2 4 4 4

∆

3.5. Parametri oblika rasporeda slučajne promenljive Parametri oblika rasporeda slučajne promenljive su koeficijent simetrije i koeficijent spljoštenosti. DEF Centralni moment k-tog reda slučajne veličine X , je n

M k ( X ) = ∑ ( xi − E ( X ) ) pi k

i =1

DEF Koeficijent asimetrije (α 3 ) je količnik centralnog momenta reda tri i trećeg stepena standardne devijacije.

α3 =

M3

σ3 53

Ovaj parameter pokazuje asimetriju raspodele neke slučajne promenljive. Pomoću njega se mogu upoređivati asimetrije različitih distribucija. Ako je:

α3 = 0

simetrična

α3 > 0

ima levu (pozitivnu) asimetriju

α3 < 0

(negativnu) asimetriju

DEF Koeficijent spljoštenosti (α 4 ) je količnik centralnog momenta reda četiri i četvrtog stepena standardne devijacije.

α4 =

M4

σ4

Ako je:

α4 = 3

serija je normalne visine

α4 > 3

serija je izdužena

α4 < 3

serija je spljoštena

O ovim parametrima slučajnih promenljivih biće više govora u statističkom delu. Primer 3.5 1.

2 3  1  X: 3 4  1  10 10 10

Za slučajnu promenljivu

4  2  10 

dati poligon raspodele a zatim odrediti mod, medijanu, matematičko očekivanje, disperziju, standardnu devijaciju, koeficijent simetrije i koeficijent spljoštenosti.

0,45 0,40 0,35 0,30 0,25 0,20 0,15 0,10 0,05 0,00 0

1

2

3

Poligon raspodele

54

4

5

Mod je 3. Medijana je 3. Matematičko očekivanje:

E ( X ) = x1 p1 + x2 p2 + x3 p3 + x4 p4 = 1⋅ 0.1 + 2 ⋅ 0.3 + 3 ⋅ 0.4 + 4 ⋅ 0.2+ = 2.7 Disperzija : 2

2

2

2

σ 2 ( X ) = (1 − 2.7 ) 0.1 + ( 2 − 2.7 ) 0.3 + ( 3 − 2.7 ) 0.4 + ( 4 − 2.7 ) 0.2 = 2

2

2

2

= ( −1.7 ) 0.1 + ( −0.7 ) 0.3 + ( 0.3) 0.4 + (1.3) 0.2 = 0.81 Za ova izračunavanja je zgodnije koristiti tabelu da bi se koristili odgovarajući međurezultati.

xi

1

2

3

4

pi

0,1

0,3

0,4

0,2

xi ⋅ pi

0,1

0,6

1,2

0,8

-1,7

-0,7

0,3

1,3

2,89

0,49

0,09

1,69

0,289

0,147

0,036

0,338

-4,913

-0,343

0,027

2,197

-0,4913

-0,1029

0,0108

0,4394

8,3521

0,2401

0,0081

2,8561

0,83521

0,07203

0,00324

0,57122 M 4 = 1,4817

xi − E ( X ) 2

( x − E ( X )) ( x − E ( X )) p ( x − E ( X )) ( x − E ( X )) p ( x − E ( X )) ( x − E ( X )) p i

2

i

i

3

i

3

i

i

4

i

4

i

i

E ( X ) = 2.7

σ 2 ( X ) = 0,81

M 3 = -0,144

Standardna devijacija; σ = σ 2 = 0.81 = 0.9

−0.144 −0.144 = = 0.198 σ 0.93 0.729 M 1.4817 1.4817 Koeficijent spljoštenosti: α 4 = 44 = = = 2, 258 σ 0.94 0.6561 Koeficijent simetrije: α 3 =

M3 3

=

55

∆

3.7. Vežbanje 3.7. 1. Novčić se baca 2 puta i registruje se pojava pisma (P) ili grba (G). Odrediti raspodelu slučajne promenljive X kojom se registruje broj pojavljivanja pisma P , a zatim izračunati: matematičko očekivanje, modus, medijanu, disperziju i standardnu devijaciju..

0 X : 1  4

1 1 2

2  1  4

3.7. 2. Novčić se baca 3 puta i registruje se pojava pisma (P) ili grba (G). Odrediti raspodelu slučajne promenljive X kojom se registruje broj pojavljivanja pisma P .Dati poligon raspodele,odrediti mod, medijanu, matematičko očekivanje, disperziju, standardnu devijaciju, koeficijent simetrije i koeficijent spljoštenosti.

0 X : 1  8

1 3 8

2 3 8

3  1  8

1 8

3 8

3 8

1 8

matematičko očekivanje: E ( X ) = x1 p1 + x2 p2 + x3 p3 + x4 p4 = 0 ⋅ + 1 ⋅ + 2 ⋅ + 3 =

12 3 = ... 8 2

3.7. 3. Strelac pet puta gađa u metu. Verovatnoća pogotka u svakom pokušaju iznosi p = 0.8 . Za slučajnu promenljivu dati raspodelu verovatnoća i poligon raspodele a zatim odrediti mod,medijanu, matematičko očekivanje i disperziju. B ( 5 , 0.8 ) .

1 2 3 4   0 S4 :   ...  0,0081 0,0756 0,2646 0,4116 0,2401

56