Аудиториски вежби (комплет)финки

Аудиториски вежби – Веројатност и статистика

Комбинаторика

Нека А е множество со n различни елементи.

Варијации со повторување:

Секој елемент од множеството пати

k

AAA се нарекува варијација со повторување од n

елементи класа к.

Бројот на сите варијации со повторување од n елементи се пресметува на следниот начин:

kkn nV

Варијации без повторување:

Секоја варијација од n елементи, класа k во која сите елементи се различни се нарекува варијација без повторување од n елементи класа k.

Бројот на сите варијации без повторување од n елементи се пресметува на следниот начин:

)!(

!

knnV k

n

Бидејќи една варијација претставува подредена k‐торка, може да се заклучи дека

распоредот на елементите во една варијација е битен.

Пермутации без повторување:

Секоја варијација без повторување од n елементи класа n, се нарекува пермутација без повторување од n елементи.

! nPn

Пермутации со повторување:

Нека a1, … ,akсе k‐ различни елементи. Секој различен распоред каде a1 се појавува n1 пати, a2 се појавува n2 пати, … aK се појавува nK пати.


n nnnnn

nnnnP kk

kn ... !!...!

!),...,,( 1

2121

Комбинации без повторување:

Секое подмножество на A со k различни елементи се нарекува комбинација без повторување од n‐ елементи класа k

knk

nC kn )!(!

!

Во една комбинација распоредот на елементите не е важен.

1. Колку троцифрени броеви може да се образуваат од цифрите 1,2,...,9 ако

a) Во секој број цифрите се различни

б) Броевите може да содржат и еднакви цифри

Решение:

Бидејќи различен распоред на цифрите дава различен троцифрен број, станува збор за варијации.

a) V 504)!39(

!939

б) V 7299339

2. На поодделни картици се напишани броеви од 1 до 9. Картиците добро се мешаат, а потоа од нив се извлекуваат 4 и се подредуваат по редот на извлекување. На колку начини може да се изврши извлекувањето за да се добие парен четирицифрен број?

Решение:

Со секое извлекување на 4 картици и подредување по редослед се добива 1 варијација

без повторување 49V . Потребни ни се тие кои даваат четирицифрен парен број, т.е. кај

кои на последната позиција стои 2,4,6 или 8. Ако 2 ни е на последна позиција, тогаш

претходните три може да се пополнат на 336)!38(

!838

V начини. Исто се добива и

ако на последната позиција стои 4, 6 или 8. Значи бараниот број е 134433644 38 V


3. Од шпил со 52 карти треба да се изберат 3. На колку начини може да се изврши изборот т.ш.: а) Сите три карти се со иста вредност. б) Сите три карти се со ист знак. в) Две карти се со иста вредност, а третата е 1.

Решение:

а) Ако се фиксира една вредност, на пример, единица, тогаш од четирите единици во

шпилот, 3 може да се изберат на 34C начини. Но за избирање на вредноста од 13

можни постојат 113C начини. Така вкупниот број на комбинации е

34C 524131

13 C начини

б) 14C 114428643

13 C

в) Во овој случај постојат две можности:

Сите три карти се единици 34C

Две карти се со иста вредност, но различна од единица, а третата е единица 14

24

112 CCC

Според тоа, решението е 34C 292461241

424

112 CCC

4. Четворица студенти се јавиле на испит во ист ден на ист предмет. Тие биле оценети со оценките 7,8,9 и 10. На колку начини може да се распоредат оценките така што:

а) Никои двајца од нив да не добијат иста оценка.

б) Студентот А добил повисока оценка од студентот В (А и В се фиксни студенти од четворицата) и повторно сите се оценети со различна оценка.

в) Сите четворица се оценуваат со двете највисоки оценки.

Решение:

а) Распоредот на оценките е важен.

Се распоредуваат 4 оценки на четворицата студенти 24!44 P


б) Прво од четирите оценки се избираат две. Тоа може да се направи на 24C начини.

Повисоката се доделува на студентот А, а пониската на студентот В. Останатите две

оценки се распоредуваат на останатите двајца студенти на 2!22 P начини.

Вкупниот број на начини е 24C 122 P

в) 162442 V начини.

5. До крајот на првенството во Првата фудбалска лига, еден тим треба да одигра уште 6 натпревари. Според пресметката на тренерот било потребно да се победат 2 натпревари и еден да се одигра нерешено, за да се обезбеди минималниот број поени за опстанок во лигата. На колку начини може да се обезбеди потребниот минимум поени?

Решение:

Потребниот број на поени за опстанок во лигата е 71132 . За тоа постојат следните можности

победи нерешени порази

2 1 3

1 4 1

Распоредот на елементите е важен. Се распоредуваат 6 елементи од кои некои се еднакви, т.е. пермутации со повторување.

90!1!4!2

!6

!3!1!2

!6)1,4,1()3,1,2( 66

PP

6. На еден јарбол наредени се 8 знаменца. Секој распоред на знаменцата претставува одреден сигнал. Колку сигнали може да бидат претставени со знаменцата, ако меѓу нив има 4 бели, 3 црвени и 1 сино знаменце?

Решение:

280!1!3!4

!8)1,3,4(8

P

7. На еден турнир се одиграни 45 партии шах. Според правилата на турнирот, секој одиграл со секого по една партија. Колку учесници имало на турнирот?


Решение:

Бидејќи секој шахист одиграл со секого по една партија, тука станува збор за комбинации. Притоа непознат е вкупниот број на учесници n, но познато е дека

452 nC

10

решение онегативнот отфрламе го2

191

2

36011

090

90)1(

4512

)1(

!2)!2(

!

2,1

2

n

n

nnnn

nnn

n

На турнирот имало 10 учесници.

Множество елементарни настани. Случајни настани

1. Експериментот се состои во фрлање на коцка. Да се опише множеството:

елементарни настани и следниве случајни настани:

А: падна парен број точки

B: падна број на точки делив со 3

С: падна број на точки помал од 5

Решение:

Нека елементарниот настан Ei означува дека на горната страна на коцката има i точки,

i=1,2,...6. Тогаш множеството на елементарни настани е следното:

={ E1, E2,E3,E4,E5,E6}


A={E2,E4,E6}

B={E3,E6}

C={E1, E2,E3,E4}

2. Во една кутија има четири ливчиња нумерирани со броевите 1,2,3 и 4. На случаен начин

се извлекува едно по едно ливче без враќање се додека не се извлече ливче со непарен

број. Одреди го просторот од сите елементарни настани и следните настани:

А‐ Извлечено е ливче со број 2

В‐ Збирот од броевите на извлечените ливчиња е парен

С‐ Ливчето со број 2 е извлечено второ по ред

Решение:

Елементарните настани ги дефинираме на следниот начин:

10987654321

)3,2,4(,)1,2,4(,)3,4,2(,)1,4,2(,)3,4(,)1,4(,)3,2(,)1,2(,)3(,)1(EEEEEEEEEE

={E1,E2,E3,E4,E5,E6,E7,E8,E9,E10}

A={E3,E4, E7,E8,E9,E10}

B=

C={E9,E10}


Дефиниција на веројатност и својства

Веројатност:

Нека F е класата случајни настани од . Пресликувањето P: FR, каде R е множество реални броеви се нарекува веројатност, ако се задоволени следните три аксиоми:

P1: P(A)≥0, за секој настан АF

P2: P()=1

P3: AiF, i=1,2,…,n, AiAj= за i≠j

n

ii

n

ii APAP

11

)()(

Својства на веројатност:

1) P()=0 2) 1)(0, APFA

3) )(1)( APAP

4) )()()()( ABPBPAPBAP

1. Нека А и В се два произволни настани во врска со ист експеримент. Да се определи веројатноста на настанот АВ, ако: а)

5.0)( AP 5.0)( BP 75.0)( BAP

б)

aAP )( bBAP )( в)

aAP )( bBP )( cBAP )(


Решение:

а)

25.075.05.05.0)()()()(

)()()()(

BAPBPAPABPABPBPAPBAP

б)

baBAPAPABPBAPABPAP

BAABBBAAA

)()()(

)()()(

)(

в)

1)()(1)()(

)()()(1)(1)(

cbaBPAPBAPABPABPBPAPBAPBAP

2. Да се определи веројатноста на АBC.

Решение:

)()()()()()()(

)()()()()(

))(()()())(()(

ABCPBCPACPABPCPBPAPBCACPABPCPBPAP

CBAPCPBAPCBAPCBAP

3. Да се докаже дека )(2)()()( 21211221 AAPAPAPAAAAP .

Решение:

A = A

AA


))((

)()(

2121

212211

221211211221

AAAAAAAAAA

AAAAAAAAAAAA

)(2)()(

)(1)(1

))(1()(1

)()(1

)(1

)))((()(

2121

2121

2121

2121

2121

21211221

AAPAPAPAAPAAPAAPAAP

AAPAAPAAAAP

AAAAPAAAAP

Класична дефиниција на веројатност

Нека ={E1,E2, …, En} е конечно множество елементарни настани и нека секој од нив има

еднаква веројатност да се појави т.е. n

EP i1

)( . Ако А е случаен настан во врска со

дадениот експеримент во кој се содржат m елементарни настани, тогаш веројатноста на

настанот А се определува со ||

||)(

AnmAP

1. Да се определи веројатноста дека при фрлање на коцка ќе падне парен број.

Решение:

={E1,E2,E3,E4,E5,E6}

А={E2,E4,E6}

2

1

6

3

||

||)(

AAP

2. Во една продавница има k исправни и m неисправни сијалици. Купувачот случајно

избира една. Да се определи веројатноста дека избраната сијалица е исправна.


Решение:

Дефинираме настан А: Избраната сијалица е исправна.

mkkAP

)(

3. Во една кутија се наоѓаат 2 бели и 3 црни топчиња. Од кутијата одеднаш се извлекуваат

две топчиња. Да се определи веројатноста дека извлечените топчиња се со различна боја.

Решение:

Дефинираме настан А: Извлечено е едно бело и едно црно топче.

6.010

23)(

25

13

12

CCCAP

4. Да се определи веројатноста дека при истовремено фрлање на две коцки ќе се добие

збир 10.

Решение:

Множеството елементарни настани е од облик:

={(x,y)|x,y{1,2,3,4,5,6}}

x‐ исход од прва коцка

у‐ исход од втора коцка

||= 3626 V

A={(4,6),(5,5),(6,4)}, |A|=3

12

1

36

3)( AP

5. Во едно претпријатие има 100 вработени. Од нив 40 знаат англиски, 30 знаат руски, а 15

ги знаат и двата јазика. Случајно се избира едно лице. Да се определи веројатноста на

случајните настани:


B: лицето знае само руски

C: лицето знае само англиски

D: избраното лице знае барем еден јазик

E: избраното лице не знае ни еден јазик

Решение:

Дефинираме настани:

R: избраното лице знае руски

А: избраното лице знае англиски

Од условите на задачата имаме дека

4.0100

40)( AP , 3.0

100

30)( RP , 15.0

100

15)( ARP

45.055.01)(1)(

55.015.03.04.0)()()()()(

25.015.04.0)()()\()(

15.015.03.0)(

)()()(

\

DPEPDE

ARPRPAPRAPDPRAD

ARPAPARAPCPBP

RAPRPBPRARARB

6. Инвеститор има можност да инвестира во 3 од 5 препорачани акции. Само 2 од акциите

ќе се покажат како солиден профит во следните 5 години. Ако инвеститорот избере 3 од

акциите случајно, која е веројатноста дека инвеститорот ќе ги избере двете профитабилни

акции? Која е веројатноста дека ќе избере една од двете профитабилни акции?

Решение:

Дефинираме два настани:


А:инвеститорот ги избира двете профитабилни акции

В: инвеститорот избира една од двете профитабилни акции

10

3

!2!3

!5!1!2

!31

)(35

13

22

C

CCAP

5

3

10

32)(

35

23

12

CCC

BP

Геометриска веројатност

1. Два брода треба да стигнат во исто пристаниште. Времињата на нивните пристигнувања

во пристаништето се случајни, меѓусебно независни и еднакво веројатни во текот на сите

24 часа. Кога бродот А ќе стигне во пристаништето, тој останува во него еден саат заради

истовар. Кога бродот В ќе пристигне во пристаништето, тој останува во него 2 саати.

Пристаништето не може одеднаш да ги прими двата брода. Да се определи веројатноста

дека еден од бродовите ќе мора да чека пред пристаништето додека другиот брод не

замине.

Решение:

х‐ момент на доаѓање на бродот А

у‐ момент на доаѓање на бродот В

Треба да го опишеме настанот – еден брод чека во пристаништето кое е зафатено со другиот брод.

I случај – бродот А пристигнува прв : x < y , y‐x <1

II случај – бродот В пристигнува прв : x>y, x‐y<2

Настанот е зададен со следното множество подредени парови (х,у) кои ги даваат времињата на пристигнување на бродовите.

S={(x,y)| 0<x,y<24, ( x < y и y‐x < 1 ) или ( x>y и x‐y < 2 ) }


Ги претставуваме графички Ω и Ѕ и ја бараме нивната плоштина :

y = x+1

y = x-2

SW

1

2 5 10 15 20 25x

5

10

15

20

25

y

5.692

2222

2

23232424)(

5762424)(

Sm

m

Веројатноста за настанот Ѕ се пресметува на следниот начин:

12.0)(

)()(

mSmSP .

2. Да се најде веројатноста дека збирот на два случајно избрани позитивни броеви

помали од 1 ќе биде помал од 1, а нивниот производ помал од 2/9.

Решение:

1)(,1,0|, myxyx

S={(x,y)| 0<x,y< 1, x+y<1, xy <2/9 }


y = 1-x y =2

9 x

S

W

13 23

13

23

-0.5 0.5 1.0 1.5x

-0.5

0.5

1.0

1.5y

Пред да ја најдеме плоштината на областа Ѕ, треба да ги најдеме пресечните точки

на x+y=1 и 9

2x Го решаваме системот

3

1,

3

23

2,

3

1

0299

1

9

2)1(

1

9

21

22

11

2yx

yx

xxxy

xx

xy

xy

yx

Сега за површината на областа Ѕ имаме:

2ln9

2

3

1)1(

9

2)1()(

1

3

2

3

2

3

1

3

1

0

dxxdxx

dxxSm

2ln9

2

3

1

)(

)()(

mSmSP


Условна веројатност. Независност на настани

Условна веројатност:

Условна веројатност на настан А при услов В (ако P(B)>0) се дефинира со

)(

)()|(

BP

ABPBAP

Условна веројатност на настан В при услов А (ако P(А)>0) се дефинира со

)(

)()|(

AP

ABPABP

)|()()|()()( BAPBPABPAPABP

)...|()...|()|()()...( 1112312121 AAAPAAAPAAPAPAAAP nnn

Независност на настани:

Настаните A и B се независни акко )()()( BPAPABP

Ако настаните А и В се независни, тогаш независни се и паровите А иB ,

A и В, A и B

Настаните А1,А2, ..., Аn велиме дека се независни во целина ако за секое подмножество со k настани, k=2,3, ...n, важи:

)()...()()()...( 32121 iniiiinii APAPAPAPAAAP

1. Од множеството S={1,2,…,20} на случаен начин се избира еден број. Да се определи

веројатноста дека извлечениот број е парен, ако е познато дека е делив со 3.

Решение:

Ги дефинираме следните настани:

А: извлечениот број е парен

В: извлечениот број е делив со 3


А={2,4,6,8,10,12,14,16,18,20}

B={3,6,9,12,15,18}

AB={6,12,18}

Се бара P(A|B)=?

2

1

6

3

)(

)()|(

BP

ABPBAP

2. 2. Во една кутија се наоѓаат 8 бели и 10 црни топчиња. Два пати едно по друго (без

враќање) се извлекува по едно топче. Да се определи веројатноста дека двете извлечени

топчиња се бели.

Решение:


Ai‐ i‐тото извлечено топче е бело, i=1,2

Се бара P(A1A2)=?

183.017

7

18

8)|()()( 12121 AAPAPAAP

3. Да се пресмета веројатноста за функционалноста на системот прикажан на Слика 1 ако

секоја компонента работи со веројатност 0.92 независно од другите компоненти.

Слика 1


Решение:

Овој проблем најлесно е да се реши чекор по чекор.

1. Прво ја разгледуваме врската означена со 1, врската А‐В. А и В се поврзани сериски и А‐В работи само доколку работат и двете компоненти А и В.

8464.0)92.0()()()()( 2 BPAPBAPFP

Компонентите А и В сега можеме да ги замениме со една компонента F, која има веројатност за да работи 0.8464.

2. Следно, ја разгледуваме врската означена со 2, врската D‐Е. Компонентите D и E се поврзани паралелно. Според тоа, врската D‐E ќе работи доколку барем една од компонентите D и Е работи. Односно, ова може да се пресмета преку спротивниот настан кој гласи: Двете компоненти не работат.

Веројатноста за тоа ја пресметуваме на следниот начин:

9936.0)92.01(1)(1)( 2 EDPEDP

1

2

3


Компонентите D и E сега можеме да ги замениме со една компонента G, која има веројатност за да работи 0.9936.

3. Како последна врска, ја разгледуваме врската означена со 3. Компонентите C и G се поврзани сериски, а тоа значи дека врската C‐G ќе работи само ако работат и двете компоненти. Веројатноста за тоа ја пресметуваме на следниот начин:

9141.09936.092.0)()()( GPCPGCP

Компонентите C и G сега можеме да ги замениме со една компонента H, која има веројатност за да работи 0.9936.

4. На крај, добиваме две компоненти F и H кои се поврзани паралелно. За да работи колото, потребно е барем една од овие компоненти да функционира. Повторно проблемот го решаваме преку спротивниот настан:

9868.0)9141.01)(8464.01(1)(1)( HFPHFP

Или на крај, веројатноста за функционалноста на системот може да се напише како 9868.0)))(()(( EDCBAP

4. Се изведува серија од независни и еднакви експерименти. Веројатноста да се појави

настанот А во секое изведување на експериментот е 0.3. Експериментот се изведува се

додека не се појави настанот А. Да се определи веројатноста на случајните настани:

В: експериментот ќе мора да се изведува и четвртиот пат

3


С: експериментот ќе се изведе точно 4 пати

Решение:


Ai‐ воi‐тиот по ред експеримент се појави настанот А, i=1,2, ...

Бидејќи имаме серија од независни настани, настаните Аi се назависни во целина.

Од тоа што експериментите се еднакви, следува дека 3.0)()( APAP i , i=1,2,…

321 AAAB 343.07.0)()()()( 3321 APAPAPBP

4321 AAAAC 1029.03.07.0)()()()()( 34321 APAPAPAPBP

5. Машина контролирана од работник произведува дефектен предмет со веројатност 0.01,

ако работникот ги следи точно инструкциите за контролирање на машината, а со

веројатност 0.03 ако не ги следи инструкциите. Ако работникот ги следи инструкциите 90%

од времето, колкав дел од сите предмети, произведени од машината ќе бидат дефектни?

Решение:


А: произведен е дефектен предмет

В: работникот ги следи инструкциите за контрола на машината

)()()(

)(

BAPABPAP

BAABBBAAA

1.09.01)(

9.0100

90)(

03.0)|(

01.0)|(

BP

BP

BAP

BAP


дефектни бидат ќе епроизводит од %2.1100012.0

012.0003.0009.0)()()(

003.003.01.0)|()()(

009.001.09.0)|()()(

BAPABPAP

BAPBPBAP

BAPBPABP

6. Задача за четворица лажговци:

Еден од четворица луѓе добил некоја информација која во вид на сигнал „да“ или „не“ ја

соопштува на вториот, кој на истиот начин ја соопштува на третиот, третиот на четвртиот, а

четвртиот ја кажува гласно. Познато е дека секој од нив ја кажува вистината само во 1/3

од случаите. Ако е утврдено дека четвртиот ја кажал вистинската информација (таа што му

е соопштена на првиот), колкава е веројатноста дека и првиот ја кажал вистинската

информација?

Решение:

Ги дефинираме настаните:

А: I ја кажал вистинската информација

В: IV ја кажал вистинската информација

Ск: к‐тиот учесник го пренел тоа што го слушнал

P(A|B)=?

P(Ck)=1/3, настаните Cк, к=1,2,3,4 се независни настани

Настанот В се случил ако се случил еден од следните настани

4321 CCCC , 4321 CCCC , 4321 CCCC , 4321 CCCC , 4321 CCCC , 4321 CCCC , 4321 CCCC ,

4321 CCCC ( лажеле парен број од четворицата)

А настанот АВ е унија од 4321 CCCC , , 4321 CCCC , 4321 CCCC

Тогаш:


41

13

81

4181

13

)(

)()|(

81

13)

3

2()

3

1(3)

3

1()(

81

41

81

16

81

24

81

1)

3

2()

3

2()

3

1(6)

3

1()(

224

4224

BP

ABPBAP

ABP

BP

7. 90% од авионските летови тргнуваат на време, а 80% од летовите пристигнуваат на

време. 75% тргнуваат и пристигнуваат на време.

а) Чекате лет кој тргнал на време. Која е веројатноста дека тој авион ќе пристигне на

време?

б) Авионот кој го чекате само што пристигнал на време. Која е веројатноста дека

тргнал на време?

в) Дали настаните тргнување и пристигнување на време се независни?

Решение:

Настан А: авионот тргнал на време P(A)=0.9

Настан В: авионот пристигнал на време P(B)=0.8

)()(75.0)( BPAPABP а настаните не се независни.

8333.09.0

75.0

)(

)()|(

AP

ABPABP

9375.08.0

75.0

)(

)()|(

BP

ABPBAP

)()|(),()|( BPABPAPBAP ‐ пристигнувањето на време

ја зголемува веројатноста дека авионот тргнал на време и тргнување на време ја зголемува веројатноста дека авионот ќе пристигне на време.

Aleksandra

Typewritten Text

Aleksandra

Typewritten Text

Aleksandra

Typewritten Text

Aleksandra

Typewritten Text

Aleksandra

Typewritten Text

Aleksandra

Typewritten Text

Aleksandra

Typewritten Text


Формула за тотална веројатност. Бајесови формули

Формула за тотална веројатност:

Нека HiF, i=1,…,n, и HiHj=, i≠j и нека

n

iiH

1

. Тогаш за произволен случаен

настан ВF е точна следнава формула:

)|()()(1

n

iii HBPHPBP

Бајесови формули:

При услови за кои важи формулата за тотална веројатност, точни се следните формули:

)|()(

)|()()|(

1

n

iii

jjj

HBPHP

HBPHPBHP

1. Во една кутија се наоѓаат 2 бели и три црни топчиња, а во друга 4 бели и три црни.

а) Ако случајно се избере една кутија и од неа се извлече едно топче, да се определи

веројатноста дека извлеченото топче е црно. Се смета дека изборот на кутиите е

еднакво веројатен.

б) Ако е констатирано дека е извлечено црно топче, да се определи веројатноста дека

извлекувањето е направено од првата кутија.

Решение:

а) Дефинираме настани:

Hi : избрана е i‐тата кутија i=1,2

H1+H2=и H1H2=

2

1)()( 21 HPHP


А: извлечено е црно топче

35

18)

7

3

5

3(

2

1)|()()(

7

3)|(

5

3)|(

2

1

2

1

ii

i HAPHPAP

HAP

HAP

б)

12

7

)(

)|()()|( 11

1 AP

HAPHPAHP

2. Студент одговара со заокружување на прашање за кое има дадено 4 можни одговори.

Нека веројатноста дека студентот го знае одговорот на прашањето е 0.80, а веројатноста

дека студентот ќе го погодува одговорот (т.е. не го знае одговорот) е 0.20. Ако студентот

го погодува одговорот, веројатноста да го одбере точниот одговор е 0.25. Ако студентот

точно одговорил на прашањето, која е веројатноста дека студентот навистина го знаел

точниот одговор?

Решение:


H1 : го знае одговорот

H2 : го погодува одговорот

А: дал точен одговор

8.0)( 1 HP 2.0)( 2 HP 25.0)|( 2 HAP 1)|( 1 HAP

941.025.02.018.0

18.0

)|()()|()(

)|()()|(

?)|(

2211

111

1

HAPHPHAPHP

HAPHPAHP

AHP


3. On‐line компјутерски систем има 4 комуникациски линии на кои пристигнуваат пораки.

Во табелата се дадени нивните карактеристики :

а) Која е веројатноста дека произволно примена порака е без грешка?

б) Ако се знае дека порака има грешка, која е веројатноста дека била примена на првата комуникациска линија?

Решение:

Настан Hi – пораката е примена на i‐тата линија P(H1)=0.4 , P(H2)=0.3 итн

А – примената порака е без грешка P(А|H1)=0.998 , P(A|H2)=0.999 итн

a) P(A)=?

997.0992.02.0997.01.0999.03.0998.04.0)|()()(4

1

i

ii HAPHPAP

б)

267.0

003.0

4.0002.0)(|,| 111

1

AP

HPHAP

AP

AHPAHP

Линија Сообраќај Порака без грешки

1

2

3

4

0.4

0.3

0.1

0.2

0.998

0.999

0.997

0.992


Бернулиева шема

Поим:

Бернулиева шема од n експерименти претставува серија од n независни и еднакви

експерименти со само два исходи. Во секој од експериментите се набљудува

појавувањето( или непојавувањето) на одреден настан А. Ако веројатноста за

појавувањето на А во секој од експериментите е P(A)=p, тогаш веројатноста Pn(k) во тие n

експерименти, настанот A да се појави точно k пати се определува со:

nkqpk

nkP knk

n ,...,1,0,)(

каде q=1‐p.

1. Колкава е веројатноста дека при осум фрлања на коцка, единица ќе се појави три пати?

Решение:

Го дефинираме настанот

А: се појави единица

6

1)( AP

Бројот на фрлања е осум, n=8, сакаме единица да се појави 3 пати, k=3.

10047.06

5

6

1

3

8)3(

53

8

P

2. Колкава е веројатноста дека при три последователни фрлања на две коцки, барем

еднаш на двете ќе се добие парен број на точки?

Решение:

Ги дефинираме настаните:

Аi: на i‐тата коцка ќе се појави парен број, i=1,2


B: на двете коцки истовремено ќе се добие парен број

Настаните А1 и А2 се независни и B=A1A2

4

1)()()( 21 APAPBPp

Настанот дека ќе се појави настанот B барем еднаш е спротивен на настанот дека B нема да се појави ниеднаш.

64

37

64

271

4

3

4

1

0

31)0(1)1(

30

33

PkP

3. Колкава е веројатноста дека при десет последователни фрлања на монета, грб ќе се

појави ни помалку од 4 ни повеќе од 6 пати?

Решение:

Дефинираме настан

А: ќе се појави грб

2

1)( APp

45117.02

1

6

10

5

10

4

10)()64(

106

41010

k

kPkP

4. Веројатноста дека стрелец при едно гаѓање нема да ја погоди целта е 0.3. Колку пати

треба да гаѓа, за да со веројатност најмалку 0.95, биде уверен дека ќе ја погоди барем

еднаш?

Решение:

Дефинираме настан А

А: целта е погодена

7.0)( APp


Се бара бројот на изведувања на експериментот, т.ш.

95.0)1( kPn

95.0)0(1 nP

05.03.00

nn

05.0ln3.0ln n

49.23.0ln

05.0lnn

3n .

5. Во кутија се наоѓаат три топчиња и секое од нив може да биде бело или црно. Сите

претпоставки за бојата на топчињата се еднакво веројатни. Од кутијата, со враќање,

четири пати се извлекува едно топче. Кој е најверојатниот состав на кутијата, ако еднаш се

извлече црно и три пати бело топче?

Решение:


Hi: во кутијата има i‐бели топчиња, i=0,1,2,3

Сите претпоставки за бојата на топчињата се еднакво веројатни, а од тоа следува

3

0

3,2,1,0,4

1)(1)(

iii iHPHP

B: еднаш е извлечено црно и три пати бело топче

Тука станува збор за Бернулиева шема во која настанот А е извлечено црно топче.


3

0

3

13

2

13

1

0

81

10

81

32

4

1

81

8

4

1)|()()(

0)|(

81

32

3

1

3

2

1

4)|(

81

8

3

2

3

1

1

4)|(

0)|(

iii HBPHPBP

HBP

HBP

HBP

HBP

Сега ќе ги определиме 3,2,1,0),|( iHBP i

3,2,1,0,)(

)|()()|( i

BP

HBPHPBHP ii

i

0)|( 0 BHP

5

1

81

1081

8

4

1

)|( 1

BHP

5

4

81

1081

32

4

1

)|( 2

BHP

0)|( 3 BHP

Од сите овие веројатности најголема е )|( 2 BHP , па најверојатно е дека во кутијата

имало 2 бели и 1 црно топче.


Случајни променливи

Дефиниција:

Случајна променлива X дефинирана на просторот на веројатност (, F,P) е функција Х: R која е F‐ измерлива т.е.

FxXxX }{})(|{


Функција на распределба на случајна променлива Х се определува со:

RxxXPxFx },{)(

Случајни променливи од дискретен тип


Случајната променлива Х е од дискретен тип, ако прима вредности од конечно или преброиво множество Rx={xi|iœI} и притоа веројатноста дека X ќе прими вредности од комплементот на Rx е 0. Случајната променлива од дискретен тип наполно е определена со множеството вредности Rx и со соодветните веројатности pi =P{X=xi}.

Притоа, веројатностите pi мора да ги задоволуваат следните услови:

1. 10 ip

2.

Ii

ip 1


Множеството вредности на една случајна променлива X и соодветните веројатности pi го определуваат законот на распределба на дискретната случајна променлива Х.



Ако е познат законот на распределба на случајната променлива Х, нејзината функција на распределба е еднозначно определена со:

xxi

i

i

xXPpxF:

}{)(


Ако е позната функцијата на распределба, законот на распределба на определен со:

)()(lim}{ ixx

ii xFxFxXPpi

1. Нека Х е број на појавени грбови при фрлање на две монети. Да се определи законот на

распределба и функцијата на распределба на случајната променлива Х.

Решение:

Множеството на елементарни настани е:

={(Г,Г),(Г,П),(П,Г),(П,П)}

Сите елементарни настани се еднакво веројатни и нивната веројатност е ¼.

Множеството вредности на Х е Rx={0,1,2}

P{X=0}=P{(П,П)}=1/4

P{Х=1}=P{(П,Г),(Г,П)}=1/2

P{X=2}=P{(Г,Г)}=1/4

Законот на распределба е

4

1

2

1

4

1210

:X

F(X)=P{X < x}


()(:0 PxFx 0)

2,1

21,4

3

10,4

10,0

)(

1}{}}2,1,0{{)(:24

3}1{}0{}}1,0{{)(:21

4

1}0{)(:10

x

x

x

x

xF

RXPXPxFx

XPXPXPxFx

XPxFx

x

2. Нека Х е случајна променлива зададена со:

32332

75321: aaaaaX

Да се определи константата а.

Решение:

Сумата на веројатностите за сите вредности од Rx секогаш треба да е 1. Оттаму имаме:

2

1

12

132332

a

a

aaaaa

3. Случајна променлива X е зададена со нејзината функција на распределба:

6,1

62,7.0

21,3.0

1,0

)(

x

x

x

x

xF


Да се определи законот на распределба на Х.

Решение:

Вредностите што ги прима Х се всушност точките на прекин на функцијата F(x), т.е. Rx={‐1,2,6}.

)()(lim}{0

xFxFxXP

или )()(}{ xFxFxXP

3.07.01)6()6(}6{

4.03.07.0)2()2(}2{

03.0)1()1(}1{

FFXP

FFXP

FFXP

Значи за законот на распределба на Х се добива

3.04.03.0

621:X

4. Нa патот на движење на еден автомобил се наоѓаат четири семафори. Секој од нив со

веројатност p = 0.4 дозволува, а со веројатност q = 0.6 забранува понатамошно движење.

Семафорите работат независно еден од друг. Да се опише случајната променлива Х ‐ број

на семафори покрај кои автомобилот поминал до првото застанување.

Решение:

Rx={0,1,2,3,4}


Аi : Автомобилот поминува покрај i‐тиотсемафор без застанување, i =1,2,3,4.

Настаните Аi се независни

0256.04.0)(}4{

0384.06.04.0)(}3{

096.06.04.0)(}2{

24.06.04.0)(}1{

6.0)(}0{

44321

34321

2321

21

1

AAAAPXP

AAAAPXP

AAAPXP

AAPXP

APXP


Значи,

0256.0

4

0384.0

3

096.0

2

24.0

1

6.0

0:X

Распределби од дискретен тип

Бернулиева распределба или Индикатор на настан А:

Нека Р(А) = р и q = 1- p. IA е број на појавувања на настанот А во еден изведен

експеримент. Тогаш }1,0{AIR и оваа случајна променлива прима вредност 0, ако не се

појави настанот А или вреност 1, ако се појави настанот А.

1 ако ,

0 ако ,1)(

xp

xpqIP A

Биномна распределба:

Променливата која го опишува бројот на појавувања на настанот А Бернулиева шема со n

експерименти има Биномна распределба. Нејзините параметри се n – број на

експерименти и p = Р(А) , ),(~ pnBX

},...,2,1,0{,)(}{ nRiqpi

niPiXPp X

inini

Рамномерна распределба:

За случајната променлива X која прима вредности од конечно множество

},...,,{ 21 nX xxxR со веројатности nin

xXPp ii ,...2,1,1

велиме дека има

рамномерна распределба на множеството xR , nxxxUX ,...,,~ 21 .


Геометриска распределба:

Се изведува серија од независни и еднакви експерименти се додека не се појави настанот

А (притоа pqAPp 1),( ) Случајната променлива X – број на изведени експерименти

до појавување на настанот А има геометриска распределба со параметар р, )(~ pGeoX .

,...}2,1{,)1(}{ 1 ippiXPp ii

Негативна биномна распределба:

Се изведува серија од независни и еднакви експерименти се додека настанот А не се

појави точно к пати ( pqAPp 1),( ) Случајната променлива X – број на изведени

експерименти има негативна биномна распределба со параметри к и р, ),(~ pkNBX .

kkn ppk

nnXP

)1(1

1}{ , ,...}2,1,{ kkkn

Пуасонова распределба:

Случајната променлива X ‐ број на независни настани кои се појавуваат во единица време

има Пуасонова распределба, 0),(~ PX ( е просечен број на настани).

,...}2,1,0{,!

)( iei

iXPpi

i

1. Издадена е компјутерска игра. 60% од играчите ги завршуваат сите нивоа. 30% од нив

ќе ја купат напредната верзија на играта. Играчите кои нема да ги завршат сите нивоа не ја

купуваат напредната верзија. Која е веројатноста дека помеѓу 15 корисници, најмалку

двајца ќе ја купат?

Решение:

Нека X е бројот на корисници, од вкупно 15 корисници, кои ќе ја купат напредната верзија на играта. X има Биномна распределба со n = 15. Останува уште да ја пресметаме веројатноста р. За таа цел дефинираме два случајни настани:


А: корисникот ја купува напредната верзија

В: корисникот ги завршува сите нивоа

P{B} = 0.6

P {A|B} = 0.3

P {A|B } = 0

p = P {А} = P {A|B} P {B} + P {A|B } P {B } = (0.3)(0.6)=0.18

Значи )18.0,15(~ BX и треба да определиме }2{ XP

7813.0)1()1(1)1()0(1}2{ 1 nn pnppPPXP

каде n = 15 и р = 0.18.

2. Веројатноста играчот А да постигне кош во слободно фрлање е 0.6, а за играчот B е 0.7.

Кошот се гаѓа се додека не се постигне погодок. Играчите А и В гаѓаат наизменично. Да се

определи распределбата на случајните променливи:

Х: број на гаѓања на играчот А

Y: број на гаѓања на играчот B

Решение:

Ги дефинираме следниве случајните настани, кои се независни

Аi: играчот А го погодува кошот во i‐тото свое гаѓање, i = 1,2,…

Bi: играчот B го погодува кошот во i ‐тото свое гаѓање, i = 1,2,…

Rx = {1, 2, . . .}

)88.0(~

,...2,1,88.012.0

7.04.0)3.04.0(6.0)3.04.0(

)...()...(}{

88.07.04.06.0)()(}1{

1

11

11111111

111

GeoX

k

BABABAPABABAPkXP

BAPAPXP

k

kk

kkkkkkk


,...2,1,352.012.0

28.0)3.04.0(12.06.0)3.04.0(

7.04.0)3.04.0(6.0)3.04.0(

)...()...(}{

352.0072.028.06.03.04.07.04.0

)()(}1{

6.0)(}0{

,...}1,0{

1

11

1

1111111

21111

1

k

BABABAPABABAPkXP

ABAPBAPYP

APYP

R

k

kk

kk

kkkkkkk

Y

3. Забележано е дека при производството на електронски компоненти, 5% од

електронските компоненти се неисправни. Потребно ни е да најдеме 12 компоненти кои

ќе бидат без дефект за 12 компјутери. Компонентите се тестираат се додека не се

пронајдат 12 компоненти без дефект. Која е веројатноста дека треба да се тестираат

барем 15 компоненти?

Решение:

Нека Х е бројот на тестирани компоненти се додека не се пронајдат 12 компоненти без дефект. Јасно е дека Х има Негативна Биномна распределба со k = 12 и p = 0.95.

Потребно ни е да пресметаме

)15(1}15{1)(}15{~

15

FXPxPXP = 1-0.96995 = 0.03005

Пресметувањето на F(15) е прилично комплицирано, па затоа се користи таблица за читање на вредноста за Негативна Биномна распределба.

5. Клиентите на еден интернет провајдер создаваат нови кориснички сметки со просечна

рата од 10 кориснички сметки на ден.

а) Која е веројатноста дека денес ќе се отворат повеќе од 8 нови сметки?

б) Која е веројатноста дека ќе се отворат повеќе од 16 сметки во рок од 2 дена?


Решение:

а) Нека Х е бројот на нови сметки отворени денес. Х има Пуасонова распределба со параметар =10.

667.0333.01!

1}8{8

0

k

k

ek

XP

б) Нека со Y ја означиме случајната променлива ‐ број на сметки отворени во рок од 2 дена. Y има Пуасонова распределба чиј параметар е 20.

779.0221.01!

1}16{16

0

k

k

ek

XP

Случајни променливи од апсолутно непрекинат тип


Случајната променлива Х е од апсолутно непрекинат тип, ако постои интеграбилна функција p(x) т.ш. функцијата на распределба на Х може да се претстави како

x

dttpxF~

)()(

p(x) се нарекува густина на распределба на случајната променлива Х.

Ако Х е случајна променлива од апсолутно непрекинат тип тогаш P { Х = x } = 0, за секој фиксен број x.

Теорема:

Нека Х е случајна променлива од апсолутно непрекинат тип со густина p(x). Тогаш точни се следните својства:

1) p(x) ≥ 0, за секој x R

2)

~

~

1)( dxxp


3) P{a < X < b}= b

a

dxxp )(

1. Времето на траење (животниот век) на една електронска компонента е случајна

променлива од апсолутно‐непрекинат тип со густина

1,0

1,)( 3

x

xx

kxp

Да се определи константа k, да се нацрта графикот на функцијата на распределба F(x) и

да се пресмета веројатноста дека времето на траење ќе надмине 5 години.

Решение:

22

)(11

3

kk

dxx

kdxxp

За x>1, F(x)= 2

13

11

2)(

xdt

tdttp

xx

За x§1, F(x)=0.

Графикот на F(x) e:

P{X > 5} = 1 – F(5) = 1‐

25

11 =0.04.


2. Нека случајната променлива X има густина на распределба

инаку

xxxp

,0

10,2)(

Да се определат следните веројатности:

а) P{ X 1/2}

б) Р { X 1/2 | 1/3 X 2/3}

Решение:

а)

2

1

0

2

1

~4

12)(}

2

1{ xdxdxxpXP

б) Дефинираме настани

А: }2

1{ X и B: }

3

2

3

1{ X

Се бара веројатноста

)(

)()|(

BP

ABPBAP

12

5

3

136

5

)(

)()|(

3

1

9

1

9

42}

3

2

3

1{)(

36

5

9

1

4

12}

2

1

3

1{)(

3

2

3

1

2

1

3

1

BP

ABPBAP

xdxXPBP

xdxXPABP


Познати распределби од апсолутно непрекинати тип

Рамномерна распределба:

Рамномерната распределба се користи кога одредена вредност се избира на случаен

начин од даден интервал. Веројатноста се одредува само со помош на должината на тој

интервал, но не и со локацијата на избраната вредност.

Ако X~U(a,b), тогаш

инаку

bxaabxp,0

,1

)(

Експоненцијална распределба:

Експоненцијалната распределба често се користи за моделирање на време.

Ако X~E(l), тогаш

0,0

0,)(

x

xexp

x

Нормална распределба:

Случајната променлива X има нормална распределба со параметри и 2, или

),(~ 2NX , ако е непрекината со густина на распределба

xexf

x

,2

1)(

2

2

2

)(


Гама распределба:

Кога некоја процедура се состои од независни чекори и за секој чекор е потребно експоненцијална (1/ ) количина на време на извршување, тогаш вкупното време има

Гама распределба со параметри и .

0)(

0,0)( /

1

xex

xxp x

,


каде dxex x

0

1)( е гама функција и за природен број е )!1()( .

Ако 1 и /1 тогаш )/1,( E( )

3. Случајната променлива ),10(~ 2NX . Ако 3.0}2010{ XP , колкава е веројатноста

дека )10,0(X

Решение:

Густината на нормална распределба ),10( 2N е симетрична во однос на правата

х = 10, затоа

3.0)}20,10({)10,0( XPXP

4. Во една канцеларија се испраќаат документи за печатење до принтерот со просечна

рата од 3 документи во час и времето помеѓу два последователни документи има

експоненцијална распределба. Која е веројатноста дека следниот документ ќе се испрати

во наредните 5 минути?

Решение:

Времето Т помеѓу два документи има експоненцијална распределба со дадениот

параметар =3 ( документи по час).

Прво потребно е 5 минути да се претвори во часови:

5 мин=1/12 часови

2212.011)12/1(}12/1{ 4/1)12/1( eeFTP


Случајни вектори


Нека X1, X2, …, Xn се случајни променливи дефинирани на ист простор на

веројатност (, F,P). Подредената n‐торка X=(X1, X 2, …, Xn) се нарекува случаен вектор или повеќе димензионална случајна променлива.

Случајниот вектор X=(X1, X 2, …, Xn) е од дискретен тип, ако постои дискретно

множество Rx Rn т.ш. P{XRxC} = 0. Случајниот вектор од дискретен тип се задава

со множество вредности Rx и со веројатностите:

P{X1 = x1, X2 = x2, … ,Xn = xn}, (x1, x2, …, xn) Rx

кои го определуваат законот на распределбата на X.


Функцијата на распределба на случајниот вектор X=(X1, X 2, …, Xn) се определува со:

F(x1, x2, … , xn) = P{X1 < x1, X2 < x2, … ,Xn < xn}

каде xiR, за i = 1, …,n

1. Законот на распределба на случајниот вектор (X, Y) e зададен со следната табела:

Да се определи:

а) функцијата на распределба F(x,y) на случајниот вектор (X, Y)

б) маргиналните распределби на случајната променлива X и Y

Y X 1 2 3 4 1 3/40 1/40 5/40 2/40 2 7/40 4/40 1/40 1/40 3 0 2/40 8/40 6/40


Решение:

a) RyxyYxXPyxF ,},,{),(

За случајниот вектор од дискретен тип

xxi yyj

ji

i j

yYxXPyxF: :

},{),(

Ако xi < x xi+1 тогаш се собираат сите веројатности кои се лево од колоната соодветна на X = xi+1 и над редицата соодветна на Y = yi+1 (без нив)

Y X x1 1< x 2 2< x 3 3< x 4 x >4

y 1 0 0 0 0 0

1< y 2 0 3/40 4/40 9/40 11/40

2< y 3 0 10/40 15/40 21/40 24/40

y >3 0 10/40 17/40 31/40 1

б) },{}{ jRy

ii yYxXPxXPxi

40

9

40

14

40

7

40

104321

:X Сума на сите веројатности кои се наоѓаат во колоната X = хi.

40

16

40

13

40

11321

:Y Сума на сите веројатностите во редицата Y= yj .

2. Случајниот вектор (X, Y) е зададен со функцијата на распределба.

Y X x1 1< x 3 3< x 5 x >5 y 1 0 0 0 0

1< y 4 0 1/40 4/40 10/40

4< y 7 0 3/40 12/40 30/40 y >7 0 4/40 17/40 1

Да се определи:

а) Законот на распределба на веројатностите на случајните вектори (X, Y).

б) Маргиналните функции на распределба на случајните променливи X и Y


Решение:

Rx = {1,3,5}, Ry = {1,4,7}

),(),(),(),(

},{},{

jijijiji

jiiiji

yxFyxFyxFyxF

yYyxXxPyYxXP

б) ),(lim}{)( yxFxXPxFy

x

Од табелата за F(x,y), тоа се веројатности од последната редица

5,1

53,40

17

31,10

11 ,0

)(

x

x

x

x

xFx

Вредностите од функцијата на распределба на Y се вредности од последната колона на табелата за F(x,y)

7,1

74,4

3

41,4

11,0

)(

y

y

y

y

yFy

X Y

1 3 5

1 1/40 3/40 6/40

4 2/40 6/40 12/40 7 1/40 4/40 5/40


Условна распределба. Независност на случајни променливи


Ако (X, Y) е случаен вектор од дискретен тип, тогаш условната распределба на Х при услов {Y = yi} се определува со:

xij

iiji Rx

yYP

yYxXPyYxXP

,}{

},{}|{

а условната распределба на Y при услов { X = xi} се определува со:

jji

jiij Ry

xXP

yYxXPxXyYP

,

}{

},{}|{

‐ Ако (X1, X 2, …, Xn) e случаен вектор од дискретен тип, тогаш потребен и доволен услов за независност на случајни променливи е:

RxxxXPxXPxXxXP nnnnn ),...,(}{}{},...,( 11111

1. Законот на распределба на случајниот вектор (X, Y) е зададен со следната табела

Да се определат:

а) маргиналните распределби на X и Y

б) },{ 23 yYxXP

в) }|{ 12 yYxXP

г) Дали X и Y се независни случајни променливи?

Y X x1 x2 x3y1 0.12 0.18 0.1

y2 0.1 0.11 0.39


Решение:

а)

49.029.022.0

: 321 xxxX

6.04.0

: 21 yyY

б) 21.011.01.0},{},{},{ 222123 yYxXPyYxXPyYxXP

в)

г) Случајните променливи X и Y се независни акко

2,1,3,2,1},{}{},{ jiiiii yYPxXPyYxXP

88.04.022.0}{}{ 11 yYPxXP ≠ },{12.0 11 yYxXP

следува X и Y не се независни случајни променливи.

2. Во следната табела е зададен законот на распределба на случајниот вектор (X, Y)

Y X 2 4 5 1 3/47 7/47 1/47 11/47 3 2/47 8/47 4/47 14/47 10 9/47 5/47 8/47 22/47 14/47 20/47 13/47 1

Да се најдат условните закони на распределбата на X и Y.

Решение:

47

13

47

20

47

14542

:X

47

22

47

14

47

111031

:Y

11

3

47

1147

3

}1{

}1,2{}1|2{

YP

YXPYXP

20

7

6.0

21.0

}{

},{},{

}{

},{}|{

2

2221

1

1212

yYP

yYxXPyYxXP

yYP

yYxXPyYxXP


11

1

11

7

11

3542

:}1{| YX

14

4

14

8

14

2542

:}3{| YX

22

8

22

5

22

9542

:}10{| YX

14

9

14

2

14

31031

:}2{| XY

20

5

20

8

20

71031

:}4{| XY

13

8

13

4

13

11031

:}5{| XY


Функции од случајни променливи


Нека Х е дадена случајна променлива со позната распределба и нека

RRf : е дадена функција. Ако Y=f(X), тогаш и Y е случајна

променлива.

Нека Х е дискретна случајна променлива со множество вредности

Rx={x1,x2, …} (множеството вредности може да е конечно или преброиво)

и веројатности pi=P{X=xi}. Случајната променлива Y ќе прима вредности

од RY={y1,y2, …}, каде yi=f(xi) пришто веројатностите на вредностите од

RY={y1,y2,…} каде yi=f(xi) се определуваат во зависност од тоа кој од двата

случаи е задоволен:

1) Ако f е инјекција, т.е. xi≠xj f(xi)≠f(xj), тогаш

,...2,1,}{}{ ipxXPyYP iii

2) Ако f не е инјекција и ако за yiRy, f‐1({yi})={xi1,xi2, … ,xik}Rx, каде x≠x (за ∫) тогаш

k

i

k

ii vpxXPyYP

11

}{}{

Нека X е случајна променлива од апсолутно непрекинат тип зададена со

густина на распределба px(x). Распределбата на случајната променлива

Y=f(X) се определува со следната теорема:

Теорема:

Нека X прима вредности од интервалот (а,b), каде може а=‐¶ или b=+¶ или двете. Ако f(x) е строго монотона функција што има непрекинат извод во (a,b), тогаш густината на распределба на Y се определува со:

|))'((|))(()( 11 xfxfpxp xY

1. Нека )4

1,3(~ BX . Која е распределбата на случајната променлива Y=2X+1?

Решение:


64/164/964/2764/27

3210:X

RY={1,3,5,7}, а соодветните веројатности се:

P{Y=1}= P{2X+1=1}= P{X=0}=27/64

P{Y=3}= P{2X+1=3}= P{X=1}=27/64

P{Y=5}= P{2X+1=5}= P{X=2}=9/64

P{Y=7}= P{2X+1=7}= P{X=3}=1/64

Значи,

64/164/964/2764/27

7531:Y

2. Да се определи распределбата на случајната променлива Y=X2‐1, ако

а)

8/32/18/1

321:X б)

2/14/14/1

211:X

Решение:

а) RY={0,3,8} и

P{Y=0}= P{X2‐1=0}= P{X=1}=1/8

P{Y=3}= P{X2‐1=3}= P{X=2}=1/2

P{Y=8}= P{X2‐1=8}= P{X=3}=3/8

значи

8/32/18/1

830:Y

б) RY={0,3} и

P{Y=0}= P{X2‐1=0}= P{X=‐1}+ P{X=1}=1/4+1/4=1/2

P{Y=3}= P{X2‐1=3}= P{X=2}=1/2

значи

2/12/1

30:Y .


3. Нека )(~ PX . Да се определи распределбата на случајната променливa

Y=2X+6.

Решение:

RX={0,1,2,…} и P{X=k}= ek

k

!, k=0,1,2,…

Множеството вредности на Y е RY={2k+6|kœ{0,1,2,…}}, а соодветните веројатности се

P(Y=2k+6)=P(X=k)= ek

k

!, k=0,1,2,…

4. Нека )1,0(~ UX . Која е распределбата на 2XY ?

Решение:

0)( yFY за 0y . За y>0, имаме:

1,1

10,

1,1

1,}{}{}{)(

0

2

y

yy

y

ydxyXPyXPyYPyF

y

Y

Значи,

1,1

10,

0,0

)(

x

xx

x

xFY

инаку

xxxFxp YY

,0

)1,0(,2

1)()( '

5. Нека )1,0(~ UX . Да се најде распределбата на XY ln .

Решение:

)1,0(~ UX .

)1,0(,1

)1,0(,0)(

x

xxpX


На интервалот (0,1), функцијата ‐ xln е непрекината и монотоно опаѓачка функција. Според тоа, задоволени се барањата на теорема 1 и можеме да ја примениме за решавање на оваа задача. Инверзната функција на ‐ xln :

yy

yy ee

xx

exe

xy

xy

11

ln

ln

1

1

Според тоа имаме:

xxxxxxY eeeepxfxfpxp ||1|)'(|)(|)'(|))(()( 11

за e‐xœ(0,1), т.е. x>0.

Што всушност претставува густина на експоненцијална распределба со параметар )1(~,1 EY

0,0

0,)(

x

xexp

x

Y

6. Нека X1, X2, ... , Xn се независни случајни променливи кои имаат рамномерна

распределба на интервалот (0, 1). Нека Z = min{X1, X2, ..., Xn}. Да се најде

функцијата на распределба на Z.

Решение:

Нека )1,0(~ UX . Тогаш

)1,0(,0

)1,0(,1)(

x

xxpX и 1

1,1

0,

0,0

)(

x

xx

x

xFX

Бидејќи сите Xn имаат иста распределба, nixXPxXP i ,...,1),()( .

Според тоа имаме

1,1

10,)1(1

0,0

}){(1}{}...{1}}{{1

}},...,,{min{1}},...,,{min{}{

11

2121

x

xx

x

xXPxXPxXPxXP

xXXXPxXXXPxZP

n

nn

n

ii

nn


Густината на распределба се добива како извод од функцијата на распределба, и според тоа имаме

)1,0(,0

)1,0(,)1()(

1

x

xxnxp

n

Z

7. Нека X1, X2, ... , Xn се независни случајни променливи кои имаат иста

распределба. Нека Z = mах{X1, X2, ..., Xn}. Да се најде функцијата на распределба

на Z.

Решение:

Бидејќи сите Xn имаат иста распределба, nixXPxXP i ,...,1),()(

Според тоа имаме

nX

nn

n

iin

xFxXPxXPxXP

xXPxXXXPxZP

))((}){(}{}...{

}}{{}},...,,{max{}{

1

121

8. Нека случајната променлива )1,0(~ NY . Да се определи распределбата на

случајната променлива mYX , s>0.

Решение:

Густината на распределбата на Y e: 2

2

2

1)(

y

y eyp

.

За функцијата на распределбата на Х се добива:

)(}{}{)()(

mxF

mxYPxmYPxXPxF Yx

Со диференцирање добиваме

2

2

2

)(

2

1)(

1)(

mx

YX emx

PxP

),(~ 2mNY


9. Независните случајни променливи X и Y се зададени со нивните закони на

распределба

3/23/1

10:X и

4/34/1

42:Y

Да се определи распределбата на случајната променлива

а) Z=XY б) U=2X+3Y‐1

Решение:

а) Множеството вредности на случајната променлива Z е RZ={0,2,4}, а

соодветните веројатности се:

P{Z=0}=P{X=0}=1/3

P{Z=2}=P{X=1,Y=2}= P{X=1}P{Y=2}=2/3ÿ1/4=1/6

P{Z=4}=P{X=1,Y=4}= P{X=1}P{Y=4}=2/3ÿ3/4=1/2

Значи

2/16/13/1

420:Z .

б)

2/14/16/112/1

131175:U


Бројни карактеристики на случајни променливи


Нека Х е случајна променлива од дискретен тип со множество вредности Rx={x1, x2, …} и со веројатности pi=P{X=xi} i=1,. Математичко очекување на случајната променлива Х е бројот

Xi Rx

ii pxEX

Својства на математичко очекување:

1) Ec=c, c e константа 2) |EX|E|X| 3) Aко P{aXb}=1 тогаш aEXb; 4) Е(cX)=cEX, ако EX постои 5) E(X+Y)=E(X)+E(Y), ако EX и EY постојат 6) Ако X и Y се независни случајни променливи и EX и EY постојат, тогаш

Е(XY)=EX EY

7)

n

iii

n

iii EXcXcE

11

)( , каде ci, i=1,…n, се константи

8) Ако X1, …, Xn се независни случајни променливи, тогаш

n

ii

n

ii EXXE

11

)(


Дисперзија на случајната променлива X е средноквадратно отстапување на вредностите на таа случајна променлива од нејзиното математичко очекување, т.е. бројот DX=E(X-EX)2=EX2-(EX)2.

Својства на дисперзија

1) DX>0 и DX=0 акко P{X=c}=1, каде с е константа 2) D(X+c)=DX, за произволна константа c 3) D(cX)=c2DX 4) Ако X и Y се независни случајни променливи тогаш D(X+Y)=DX+DY 5) Ако X1, …, Xn се по парови независни случајни променливи, а c1, …, cn се дадени

константи, тогаш D(c1X1+…+cnXn)= nn DXcDXc 211

21 ...


1. Да се определи математичкото очекување и дисперзијата на случајната променлива

која има:

а) Биномна распределба B(n,p)

б) Поасонова распределба P()

Решение:

а) ),(~ pnBX

X означува број на појавувања на настанот А во Бернулиева шема со n експерименти.

Множеството вредности на X е },...1,0{ nRx

xknk

k Rkqpk

nkXPp

,}{

npnpqpr

nnpqp

rnr

n

qpknk

nqp

knk

nkqp

k

nkkpEX

р

n

r

rnrn

r

rnr

n

k

knkn

k

knkn

k

knkn

kk

11

)!1(!

!

1)rk 1,-kr смена (

)!()!1(

!

)!(!

!

асп.p)1,-B(n од титеверојатнос на сума

1

0

11

0

11

1000

1

0

11

0

1

1

0

11

1

0

2

0

2

0

22

1)!-r-(nr!

1)!-(n

1)!-r-(nr!

1)!-(nrnp

1)rk 1-kr смена (

)!1(!

!)1(

)!()!1(

!

)!(!

!

n

r

rnrn

r

rnr

n

r

rnrn

k

knk

n

k

knkn

k

knkn

kk

qpnpqp

qprnr

nrqp

knk

nk

qpknk

nkqp

k

nkpkEX


npqnpnpqpnEXEXDX

npqpnpnppnnpnppnnppnnp

qpr

nnpqp

r

nrnp

р

n

r

rnr

pnBнаEX

n

r

rnr

22222

2222222

асп.p)1,-B(n на титеверојатнос на сума

1

0

1

),1(

1

0

1

)()(

)1(1)1(

11

б) )(~ PX ,...}1,0{xR

1!

!)!1(!

,!

}{

.)(

0

0

11

10 0

распPнатитеверојатносодсума

r

r

r

rkrсмена

k

k

k k

k

k

x

k

k

er

er

ek

ek

kkpEX

Rkek

kXPp

2

1

00

0

11

10 0

222

!!

!)1(

)!1(!

r

r

EX

r

r

r

rkrсмена

k

k

k k

k

k

er

er

r

er

rek

kek

kpkEX

2222 )(EXEXDX

2. Нека X и Y се независни случајни променливи со Поасонова распределба P(). Да се определи математичкото очекување и дисперзијата на:

а) нивниот збир

б) нивниот производ

Решение:

222 EYEX

DYDX

EYEX


а)

2)(

2)(

DYDXYXD

EYEXYXEнезависни

б)

2)( EYEXXYEнезависни

Од независностна на X и Y следува независноста на Х2 и Y2, како функции од независните случајни променливи. Оттука

23422

42242222

2)(

)())(())(()(

EYEXYXEXYEXYEXYDнезависни

3. Во една кутија има 6 бели и 3 црни топчиња. Едно лице извлекува три топчиња и

добива по 10 денари за секое извлечено бело топче и 20 денари за секое црно топче. Да

се определи очекуваната заработувачка на лицето и нејзината дисперзија.

Решение:

Нека случајната променлива X е остварената заработувачка Rx={30,40,50,60}

Бело топче=10 ден

Црно топче=20 ден

Дефинираме настан Ai: извлечени се i бели и 3- i црни топчиња, i=0,1,2,3

84

18)(}50{

84

45)(}40{

84

20)(}30{

39

23

16

1

39

13

26

2

39

36

3

C

CCAPXP

C

CCAPXP

C

CAPXP

84

1

84

18

84

45

84

2060504030

:

84

1)(}60{

39

33

0

X

C

CAPXP


50)(

165084

160

84

1850

84

4540

84

2030

4084

160

84

1850

84

4540

84

2030

22

22222

EXEXDX

EX

EX

4. Нека X1, X2, ... , Xn се независни случајни променливи кои имаат рамномерна

распределба на интервалот [0, 1]. Нека Z = min{X1, X2, ..., Xn}. Да се најде E(Z).

Решение:

Нека )1,0(~ UX . Тогаш

)1,0(,0

)1,0(,1)(

x

xxpX и 1

1,1

0,

0,0

)(

x

xx

x

xFX

Во задача 6 од претходната вежба, добивме дека

]1,0[,0

]1,0[,)1()(

1

x

xxnxp

n

Z

1

0

10

1

1

11

1

0

1~

~

)1()1()1()1()()( drrrndrrrndxxnxdxxxpZE nn

drdxrxrx

смена

nZ

1

1

1

1

11

1

11

0

1

10

1)(

11

0

1

0

1

nn

nn

n

n

nnn

n

r

n

rndrrdrrn

nnnn

5. Сакаме да инвестираме $10,000 во акции од компаниите XX и YY. Цената на акциите од

ХХ е $20 по акција. Анализата на пазарот покажува дека нивниот очекуванa добивка е $1


по акција со стандардна девијација од $0.5. Цената на акциите од YY е $50 по акција.

Анализата на пазарот покажува дека нивниот очекуванa добивка е $2.50 по акција со

стандардна девијација од $1. Добивките од двете компании се независни. Со цел да се

максимизира очекуваната добивка и да се минимизира ризикот (стандардната девијација

или дисперзијата), која од следните е подобра стратегија:

а) сите $10 000 да се инвестираат во ХХ,

б) сите $10 000 да се инвестираат во YY, или

в) да се инвестираат по $5 000 во секоја компанија?

Решение:

Нека X е добивка од секоја акција од XX, и нека Y е добивка од YY. Очекувањата и дисперзијата на добивките за секоја од предложените стратегии се:

а) Со $20 по акција, можеме да искористиме $10 000 за да купиме 500 акции од XX, односно нека А=500X

62500)5.0(500)(500)(

5001500)(500)(222

XDAD

XEAE

б) Ако ги инвестираме сите $10 000 во YY, можеме да купиме 10 000/50=200 акции, па нека В=500Y

400001200)(200)(

5005.2200)(200)(222

XDBD

YEBE

в) Ако инвестираме по $5 000 во секоја компанија, можеме да купиме 250 акции од X и 100 акции од Y, па нека C=250X+100Y.

2562511005.0250)(100)(250)(

500250250)(100)(250)(222222

YDXDCD

YEXECE

Очекуваната добивка е иста за сите предложени стратегии бидејќи очекуваната добивка од инвестицијата на секоја компанија е 1/20 или 2.5/50, што е 5%. Ако ја земеме во предвид очекуваната добивка од инвестицијата, сите три стратегии се еквивалентни. Но стратегијата под в), каде инвестицијата е поделена меѓу двете компании, има најмала варијанса, па според тоа е најмалку ризична.


Коваријанса и коефициент на корелација


Бројот EYEXXYEEYYEXXEYX )()))(((),cov( се нарекува коваријанса

на X и Y.


Две случајни променливи X и Y се некорелирани ако 0),cov( YX .

Ако две случајни променлива се независни, тогаш тие се некорелирани. Обратното не важи!


Бројот DYDX

YX

DY

EYY

DX

EXXEXY

),cov(

се нарекува коефициент на

корелација помеѓу X и Y.

Својства:

1) За кои било две случајни променливи X и Y, 1|| XY

2) Ако X и Y се независни, тогаш 0XY

3) 1|| XY акко 1}{ baXYP за 0a .

1. Во табелата даден е законот на распределба на случајниот вектор (X,Y). Да се определи

коефициентот на корелација помеѓу X и Y.

Y X 1 3 5 1 0.12 0.18 0.1 0.4

2 0.1 0.11 0.39 0.6

0.22 0.29 0.49 1


Решение:

49.029.022.0

531:X

6.04.0

21:Y

32.0),cov(

256.0)(),cov(

92.539.02511.0231.0211.01518.01312.011

},{

24.0)(

56.2)(

8.26.024.01

08.1549.0529.0322.01

6.16.024.01

54.349.0529.0322.01

3

1

2

1

22

22

222

2222

DYDX

YX

EYEXXYEYX

yYxXPyxEXY

EYEYDY

EXEXDX

EY

EX

EY

EX

XY

i jjjji


Неравенство на Чебишев и закон на големи броеви

Теорема за неравенство на Чебишев:

За која било случајна променлива Х со конечна дисперзија DX и за кој било

реален број >0, точно е следното неравенство

2}|{|

DX

EXXP

Закон за големите броеви:

За низата независни и еднакво распределени случајни променливи X1, X2, … велиме дека важи слабиот закон на големите броеви ако

1}|11

{|lim11

~

n

ii

n

ii

nEX

nX

nP

1. Претпоставете дека бројот на грешки во нов софтверски пакет има очекување =20 и стандардна девијација 2. Која е веројатноста дека ќе има повеќе од 30 грешки?

Решение:

04.010

2}10|20{|}1020{}30{

2,202

XPXPXP

2. Ако 9.0}|{| EXXP и DX=0.0004, да се определи во неравенството на Чебишев.

Решение:

21}|{|

DX

EXXP

Го определуваме т.ш. 02.09.012

DX


3. Случајната променлива Х има математичко очекување ЕХ=3 и дисперзија DХ=0.01. Со

помош на неравенството на Чебишев, да се оцени ?}5.35.2{ XP

Решение:

96.025.0

01.01

5.01}5.0|3{|

}5.035.0{}35.3335.2{}5.35.2{

2

DX

XP

XPXPXP

4. Веројатноста за појавување на настанот А при секое изведување на експериментот е

p=1/3. Се изведува серија од n независни и еднакви експерименти. Да се определи

минималниот број експерименти т.ш. со веројатност не помала од 0.99, апсолутното

отстапување на релативната зачестеност од веројатноста на настанот А не надминува 0.01.

Решение:

Нека случајната променлива Y го определува бројот на појавувања на настанот А во

Бернулиевата шема од n експерименти. Тогаш Y~B(n,1/3)

ЕY=n/3

9

2

3

2

3

1 nnDY

Релативната зачестеност на настанот А со серијата од n експериметни е Y/n. Треба да се определи n од условот:

}01.0|{|}01.0|3

{|

99.0}01.0|3

1{|

nEYYPnn

YP

n

YP

Со примена на неравенство на Чебишев

222223

99.0)01.0(

1

)01.0(1}01.0|{|

2

2

n

n

DY

n

DYnEYYP


5. Дисперзијата на секоја од 2500 независни случајни променливи е 5. Да се оцени

веројатноста дека апсолутното отстапување на аритметичката средина на тие случајни

променливи од аритметичката средина на нивните математички очекувања не надминува

0.4.

Решение:

Нека случајната променлива Y е

2500

0

2500

0 2500

1,

2500

1

kk

kk EXEYXY

2500,..,1, kX k се независни случајни променливи.

9875.016.0

002.01

4.01}4.0|{|

}4.0|2500

1

2500

1{|

002.02500

1

2

2500

0

2500

0

2500

02

DYEYYP

EXXP

DXDY

kk

kk

kk

6. Дали важи слабиот закон за големите броеви за низата независни случајни

променливи:

kkk

kkX k 12

11

0: , k=1,2,...n?

Решение:

n

kk

n

kk

kkk

k

EXn

Xn

E

kk

kkkEXEXDX

kk

kkkEX

11

22222

1)

1(

21

)()2

1(01

)()(

01

)2

1(01


02

lim

22

1)1

(}|

11{|

2~

22

2

21

11

n

n

nn

Xn

DEX

nX

nP

n

n

kkn

kk

n

kk

Значи за дадената низа важи слабиот закон за големите броеви.

Асимптотски формули за определување на веројатностите Pn(k) во

Бернулиева шема

Локална теорема на Муавр‐Лаплас:

Нека p=P(A) во Бернулиева шема и нека 0<p<1. Тогаш, при nö¶ важи следното:

Pn(k)~ 2

2

2

1 x

enpq

, каде x=

npq

npk

Интегрална теорема на Муавр‐Лаплас:

Нека p=P(A) во Бернулиева шема и нека 0<p<1. Тогаш, при nö¶ важи следното:

m

kjn )j(P ö dte

m

k

x

x

t

2

2

2

1

= )()( km xx , каде xk=

npq

npk и xm=

npq

npm

Шема на Пуасон:

Шема на Пуасон е едно обопштување на Бернулиева шема и се состои од следново:

Се разгледува една низа од независни експерименти во која n‐тиот член од низата

се состои од n независни експерименти:


S11

S21, S22

S31, S32, S33

…

Sn1, Sn2, Sn3, … , Snn

Во секој од експериментите се разгледува еден настан А и во секој од експери‐

ментите од n‐тата серија тој настапува со иста веројатност pn=P(A), n=1,2,…

Теорема на Пуасон:

Ако во Пуасоновата шема е исполнето

nnpn

lim , тогаш важи:

e

kkP

k

nn !

)(lim .

Теоремата на Пуасон дава добра апроксимација ако А е од т.н. ретки настани, т.е.

ако n е големо, а p мало. Во пракса најчесто се зема n¥100, a np§10. Во сите

останати случаи подобро приближување даваат теоремите на Муавр‐Лаплас.

1. Веројатноста дека еден телевизор ќе биде произведен со дефект изнесува 0.002.

Колкава е веројатноста дека во едно произволно множество од 500 телевизори ќе има:

а) 2 телевизора со дефект;

б) барем еден телевизор со дефект?

Решение:

n=500>100

p=P{телевизорот е дефектен}=0.002

l=np=1§10, па применуваме Пуасонова апроксимација:


а) P500(2)~ 184.0!2

1 12

e ;

б) P500(k¥1)=1‐ P500(0)~1‐ 632.0!0

1 10

e .

2. По еден канал за пренос се пренесуваат 1000 знаци. Секој од знаците може неправилно

да се пренесе независно од останатите, со веројатност 0.005. Да се определи приближно

веројатноста дека неправилно ќе бидат пренесени не повеќе од 3 знака.

Решение:

n=1000>100

p=P{знакот е неправилно пренесен}=0.005

l=np=5§10, па применуваме Пуасонова апроксимација:

P1000(0§k§3)=

3

01000 )(

k

kP ~ 53

0 !

5

e

kk

k

=0.265.

3. Еден уред може да има дефект А со веројатност 0.01 и независно од тоа дефект B со

веројатност 0.02. Уредот е дефектен ако истовремено ги има и двата дефекта. Купувачот ја

прифаќа серијата од 1000 такви уреди, ако во неа нема повеќе од S неисправни

производи. Да се определи S, т.ш. купувачот да ја прифати серијата со веројатност 0.9988.

Решение:

n=1000>100

p=P{уредот е дефектен}=P{уредот има дефект А} P{уредот има дефект

B}=0.01ÿ0.02=0.0002

l=np=0.2§10, па применуваме Пуасонова апроксимација:

Се бара S, т.ш. P1000(0§k§S)=0.9988

2.03

001000 !

2.0)(

e

kkP

k

kS

k

=0.9988.

Од таблица читаме S=2.


4. Една група од 200 ученици изведуваат гаѓање и притоа секој ученик гаѓа по еднаш во

метата и погодува со веројатност 0.8. Да се определи веројатноста да бидат постигнати:

а) барем 120 погодоци;

б) најмногу 160 погодоци;

в) најмногу 190, а најмалку 150 погодоци.

Решение:

n=200

p=0.8

l=np=160>10, па ја применуваме интегралната теорема на Муавр‐Лаплас:

а) P200(120§k§200)=

200

120200 )(

k

kP ~Ф(x200)‐ Ф(x120)

x200=2.08.0200

8.0200200

=7.07, x120=2.08.0200

8.0200120

=‐7.07

Ф(7.07)=1, Ф(‐7.07)=0, па P200(120§k§200) ~1.

б) P200(0§k§160)~Ф(x160)‐ Ф(x0)

x160=2.08.0200

8.0200160

=0, x0=2.08.0200

8.02000

=‐28.28

Ф(0)=0.5, Ф(‐28.28)=0, па P200(0§k§160) ~0.5.

в) P200(150§k§190)~Ф(x190)‐ Ф(x150)

x190=2.08.0200

8.0200190

=5.3, x150=2.08.0200

8.0200150

=‐1.76


Ф(5.3)=1, Ф(‐1.76)=0.039, па P200(150§k§190) ~1‐0.039=0.961.

5. Колку независни и еднакви ексеприменти треба да се изведат, па да со веројатност

најмалку 0.8, настанот А да настапи барем 5 пати, ако веројатноста за настапување на овој

настан во секој од експериментите е 0.05?

Решение:

Треба да се определи n, т.ш. Pn(5§k§n)¥0.8.

Pn(5§k§n) ~Ф(xn)‐ Ф(x5)

xn= nn

nn36.4

95.005.0

05.0

=1, x5=95.005.0

05.05

n

n

Бидејќи за секое n¥1, n36.4 ¥4.36, следува дека Ф(xn)=Ф( n36.4 )=1.

Pn(5§k§n)¥0.8

Ф(xn)‐ Ф(x5) ¥0.8

1‐ Ф

95.005.0

05.05

n

n¥0.8

Ф

95.005.0

05.05

n

n§0.2

Од таблица читаме 95.005.0

05.05

n

n§‐0.85, од каде што следува n¥144.


Централна гранична теорема

Централна гранична теорема:

Нека X1, X2, ... се независни и еднакво распределени случајни променливи со

математичко очекување m и дисперзија 2. Тогаш

x

tn

n

ii

xФdtexn

nmXP )(

2

1 2/1 2

1. Диск има слободна меморија од 330 МB. Дали е можно овој диск да биде доволно

голем за 300 слики (независни) ако секоја слика има очекувана големина од 1МB и

стандардна девијација од 0.5 MB.

Решение:

Xi – големина на i‐тата слика, i=1,2,…,300

5.0,1,300 ii DXEXmn

n е доволно големо, па може да се примени ЦГТ.

n

n

ii XXXX

...211

‐ збир од големината на сите слики.

9997.0)46.3(}46.3{3005.0

1300330}330{ *1

1

XPn

nmXPXP

n

iin

ii

Многу е веројатно дека меморијата е доволна.


2. Случајната променлива X е аритметичка средина на 3200 независни еднакво

распределени случајни променливи со мат. очекување 3 и дисперзија 2. Да се определи

веројатноста X да прими вредности од интервалот (2.96, 3.075).

Решение:

9759.0)2()3(3223200

332009840

23200

332009440

98409440075.33200

195.2075.395.2

**

3200

1

3200

1

XPXP

XPXPXPi

i

i

i

3. Колку независни и еднакво распределени случајни променливи со дисперзија 5 треба

да се земат за да нивната аритметичка средина отстапува од математичкото очекување

најмногу за 0.01, со веројатност најмалку 0.9973?

Решение:

Случајните променливи niX i ,...,1, се еднакво распределени со niaEX i ,...,1,

и притоа

n

i

i aEXn

1

1.

Бараме n т.ш. 9973.001.01

1

n

i

i aXn

P

9973.001.01

nnaXPn

i

i

9973.05

01.0

55

01.0 1

n

n

n

naX

n

nP

n

i

i


450000

35

01.0

00135.0)5

01.0(

9973.0)5

01.0(21

5

01.0

55

01.0 1

nn

nn

n

n

n

n

n

n

naX

n

nP

n

i

i


Вовед во статистика и обработка на податоци

Аритметичка средина:

r

iii nx

nx

1

1

Дисперзија: 1

)(1

1

2

1

2

1

22

n

xnnxxx

ns

r

iiin

ii

i

Стандардна девијација: 2ss

Коефициент на варијација: x

sCV

Медијана:

непаренnx

паренn

xx

m

n

nn

,

,2'

2

1

'

12

'

2

каде што 'ix се подредените податоци.

Распон или интервал на расејување: R= 'nx ‐ '

1x

Интерквартилно растојание: IQR=q3‐q1 1. Да се направи елементарна статистичка обработка за податоците од дискретното статистичко обележје X – број на точки при фрлање на коцка, ако експериментот се изведува 50 пати и притоа се добиени следните реализации: 1, 3, 1, 6, 2, 6, 4, 6, 3, 3, 4, 3, 1, 4, 4, 1, 4, 5, 3, 5, 4, 1, 1, 1, 5, 4, 3, 2, 1, 4, 6, 4, 3, 2, 2, 2, 3, 6, 1, 2, 2, 3, 5, 3, 1, 3, 6, 2, 4, 1.

Решение:

xi ni ni/n xini xi2ni

1 11 0.22 11 11 2 8 0.16 16 32 3 11 0.22 33 99 4 10 0.2 40 160 5 4 0.08 20 100 6 6 0.12 36 216

50 1 156 618


Интервал Кум.фрекф. n(x) Емпир.ф-ја на расп. F(x) <=1 0 0 (1,2] 11 0.22 (2,3] 19 0.38 (3,4] 30 0.6 (4,5] 40 0.8 (5,6] 44 0.88 >6 50 1

Аритметичка средина: 12.315650

11

1

r

iii nx

nx

Дисперзија: 6792.249

12.350618

1

2

2

1

2

2

n

xnnxs

r

iiii

Стандардна девијација: 6368.12 ss

Коефициент на варијација: 5246.0x

sCV , т.е. CV=52.46%

Бидејќи n=50 е парен број, медијаната е m=( '25x + '

26x )/2=(3+3)/2=3.

Распон или интервал на расејување R= 'nx ‐ '

1x = '50x ‐ '

1x =6‐1=5.

2. Да се најде медијана, q1, q3 за следниот примерок:

70 36 43 69 82 48 34 62 35 15 59 139 46 37 42 30 55 56 36 82 38 89 54 25 35 24 22 9 56 19

Решение:

Прво треба да се подредат податоците

9 15 19 22 24 25 30 34 35 35

36 36 37 38 42 43 46 48 54 55 56 56 59 62 69 70 82 82 89 139

n=30 е парен број, па медијана е m=( '16

'15 xx )/2=(42+43)/2=42.5.

I квартил p=0.25

25 % од подредениот примерокот треба да е лево од q1. 0.2530=7.5, па q1 е 8‐миот елемент од подредениот примерок, т.е. q1=34.

III квартил p=0.75

75 % од подредениот примерокот треба да е лево од q3. 0.7530=22.5, па q3 е 23‐миот елемент од подредениот примерок, т.е. q3=59.


3. Дали во примерокот од задача 2 има екстремни вредности? Решение:

Прво го пресметуваме

IQR = q3 ‐ q1 = 59 ‐ 34 = 25

q1 ‐ 1.5(IQR) = 34‐37.5 = ‐3.5

q3 + 1.5(IQR) = 59 ‐ 37.5 = 96.5

Екстремни вредности се вредностите кои се надвор од интервалот (‐3.5,96.5). Во примерокот има една таква вредност, т.е. 139, па таа е екстремна вредност.

Оценување на параметри


Оценувачот за параметарот е непристрасен ако )ˆ(E

1. X го оценува просекот од популацијата )( XE . Да се покаже дека X е

непристрасен оценувач за .

Решение:

nnn

XEn

XEn

Xn

EXEn

i

n

ii

n

ii

n

ii

11)(

111)(

1111


Оценувачот n е конзистентен за параметарот ако веројатноста на

неговата грешка во примерокот од било која големина конвергира кон 0 како големината на примерокот бесконечно се зголемува, односно:

0}|ˆ{| nP како што ~n

2. X го оценува просекот од популацијата )( XE . Да се покаже дека X е

конзистентен оценувач за .


Решение:

nn

nXD

nX

nDXD

n

ii

n

ii

22

21

21

111)(

Со користење на неравенствата на Чебишев

2

2

2

)()|{|}|}ˆ{|

n

XDXPP n

Xnn

0lim 2

2

~

е конзистентен оценувач за .

3. Да се докаже дека 2S е непристрасен оценувач на 2 .

Решение:

11

)(2

1

2

1

2

2

n

XnX

n

XXS

n

ii

n

ii

Ќе разгледаме два случаи. Првиот кога 0)( XE и вториот

кога 0)( XE .

Случај 1:

Нека претпоставиме дека 0)( XE . Тогаш

nXDXE

DXEX ii

22

22

Според тоа

222

22

2

11

n

n

n

XnEXEES

i

Случај 2:

Ако 0)( XE , ја разгледуваме случајната променлива ii XY .

DYi=0

222222 )()()( XiiiiiiiY DXEXXEXEEYEYDY


Исто така, нивните дисперзии на примерокот се еднакви:

Xn

Xn

Xn

Yn

Yn

i

n

ii

n

ii

n

ii

1111

11)(

11

2

222

2

1

)(

1

))((

1

)(x

iii

Y Sn

XX

n

XX

n

YYS

Бидејќи 0)( iYE , тука важи Случај 1. Според тоа

2222 )()( XYYx SESE

Метод на моменти Дефиниција :

К‐тиот момент на популацијата се дефинира со

)( k

k XE

К‐тиот момент на примерокот се дефинира со

n

i

kik X

nm

1

1

и тој е оценувач на k за примерокот ),...,,( 21 nXXX

Првиот момент на примерокот е просекот на примерокот X . Дефиниција :

К‐тиот централен момент на популацијата се дефинира со

k

k XE )(' 1

К‐тиот централен момент на примерокот се дефинира со

n

i

kik XX

nm

1

)(1

'

и тој е оценувач на k' за примерокот ),...,,( 21 nXXX

Вториот централен момент на популацијата е )(XD .


Оценување со метод на моменти:

За да оцениме k параметри, ги изедначуваме првите k моменти на популацијата и примерокот

kk m

m

....

11

Оценувачот со метод на моменти е решение на системот равенки.

4. Да се оцени параметарот на Поасоновата распределба.

Решение:

)(1 XE

Xm 1

Тука има само еден непознат параметар, па затоа пишуваме само една равенка.

XXm ˆ11

5. Даден е следниот примерок (броевите се генерирани од P()) 2,3,3,3,3,3,2,4,5,2,0,0,1,4,1,5,2,1,2,0. Да се оцени параметарот со метод на моменти.

Решение:

Наоѓаме дека 3.2ˆ x . Вистинскиот параметар е 2.

6. Под претпоставка дека следниве податоци

70 36 43 69 82 48 34 62 35 15 59 139 46 37 42 30 55 56 36 82 38 89 54 25 35 24 22 9 56 19

имаат Гама распределба со параметри и 1/, да се оценат параметрите.

Решение:


Од податоците добиваме

7122.679

2333.482'

2

1

sm

xm

Па имаме

0710.0'

ˆ

4227.3'

ˆ

'ˆ

ˆˆ

'')('

)(

2

1

2

21

2

1

1

21

1

222

11

m

mm

m

m

mm

mm

m

mXD

mXE

7. Pareto распределбата со два параметри има функција на распределба

xxF 1)( за x

Да се оценат параметрите и θ.

Решение:

Густината на распределба ја бараме како извод на функцијата на распределба

11

)(')(

x

xxFxp

И неа ја користиме за да го најдеме очекувањето

1за 11

~

1

)(

11

~~1

~

1

x

dxxdxxxdxxxfEX

и вториот момент

2за 22

~

2

)(

222

~1

~12

~22

2

x

dxxdxxxdxxfxEX

За 1 Pareto променливата има бесконечно очекување и за 2 има бесконечен втор момент


Следно го решаваме системот за методот со моменти

0)22()(

)1(ˆ

)2()1(

)1(ˆ

2

)1(

)1(ˆ

2

1

212

212

21

2

1

222

1

1

2

2

2

21

1

2

2

2

11

mmmmm

m

mm

m

m

m

m

m

m

По решавањето на квадратната равенка се добива

221

21ˆmm

m

,

)1(ˆ 1m

Ако ни е даден примерок од Pareto распределбата, од него ќе ги најдеме

m1 и m2 и ќе се најдат оцени за и θ.

8. Нека ),(~ 2NX и нека е познато. Најдете оценувач за 2.

Решение:

Еден параметар ни е непознат и според тоа ќе ни е потребна една равенка. Но

EXm 11

не го содржи . Затоа користиме втора равенка.

Знаеме дека

22'2 )( EXXE и 2'

2 Sm

Од '2

'2 m , следува 22ˆ S е оценка за дисперзијата.

Дефиниција: Максимално подобен оценувач

Максимално подобна оценка е вредноста на параметарот која ја максимизира функцијата на подобност

),()...,(),,...,,(),( 121 nXXn xpxpxxxLxL . Ако го фиксираме


податокот ),...,,( 21 nxxxx , ),( xL претставува функција од параметарот

и можеме да ја запишеме со )( xL . За дискретни распределби функција на подобност е:

ii

n

i

m xXPxLm

1

,...,1 1),...,(

За непрекинати распределби,

mi

n

i

m xpxL ,...,,),...,( 1

1

1

9. Да се оцени параметарот на Поасоновата распределба со користење на максимално подобен оценувач.

Решение: Законот на распределба на Поасоновата распределба е

!}{

xexXP

x

n

i i

x

xexL

i

1!

)(

Логаритам на )( xL е

CxnxxxLn

ii

n

iii

11ln)!lnln()(ln

каде

n

i

ixC1

!ln е константа и не го содржи непознатиот параметар .

За да го определиме максимумот на )( xL го наоѓаме изводот и го

изедначуваме со 0:

01ln

1

n

i

ixnL

Равенката има само едно решение


Xxn

n

i

i

ˆ1

1

10. Да се оцени параметарот на експоненцијалната распределба.

Решение:

Густината на распределба на експоненцијална распределба е

n

ii

n

ii

n

i

x

n

i

x

x

xnxexL

exL

xexp

i

i

111

1

ln)(ln)ln(ln

)(

0,)(

Првиот извод по параметарот изедначен на 0 е

XX

n

xnL

i

n

i

i

1ˆ

01

11. Да се најде непознатиот параметар θ од примерокот 3, 3, 3, 3, 3, 7, 7, 7

добиен од дискретна распределба зададена со

P(X=3)=θ P(X=7)=1‐θ

Да се најдат два оценувачи преку

1. метод на моменти 2. МПО

Решение:

1.Метод на моменти


8

5ˆ472

92

9

8

7335

47)1(73)()(

11

1

1

m

m

xpxXEi

ii

2. МПО

8

5ˆ

85

085

0)1(

85

)1(

355

1

35

)1ln(3ln5ln

)7(ln3)3(ln5ln

)7()3(}{8

1

35

L

xL

XPXPxL

XPXPxXPxLi

ii

Со двата методи се добива иста оценка.

12. Бројот на извршувања на компјутерски код се до појавување на грешка има геометриска распределба со непознат параметар р. За 5 независни компјутерски проекти, еден студент ги забележува следните броеви на извршувања на кодовите: 3,7,5,3,2. Да се оцени р преку


Решение:

Геометриска распределба

11 )1(}{ kk pppqkXP

Знаеме дека 2

1)(,

1

p

pXD

pEX

1. Метод на моменти


Имаме еден параметар што значи дека ни е потребна само една равенка.

pEX

m

1

45

20)23573(

5

1

1

1

4

1ˆ4

111

pp

m

2. МПО

155155

23

25

1 5

4

7

6

3

2 )1()( ppqpqpqpqpqpqpxXPxpLXXi XXX

i

4

1ˆ

0205

0)1(

205

)1(

1555

1

155ln

)1ln(15ln5ln

p

p

pp

p

pp

pp

ppp

L

ppxpL

Иста оценка и со двата оценувачи.

13. Примерокот со 3 набљудувања x1=0.4, x2=0.7, x3=0.9 е добиен од непрекината распределба со густина

инаку ,0

1x0 ако )(

1xxp

Да се оцени θ со


Решение:

1. Метод на моменти

10

1

1)(

11

0

1

0

1~

~1

xdxxdxxxdxxxpЕX


11

1 3

2)9.07.04.0(

3

1

m

m

2. МПО

177.2252.0ln

3ˆ

0252.0ln3ln

252.0ln)1(ln3)(ln

)252.0()9.07.04.0()9.0()7.0()4.0(

)9.0()7.0()4.0()()(

13131113

1113

1

L

xL

xpxLi

i

Се добива различна оценка

2ˆ

2233

2

1


Тестирање на хипотези

Тест статистика за тестирање на просеци 0μ=μ

Z-тест: Ако X~N(m,s2) и s2 е познато, тогаш за тестирање на: H0: m=m0 H0: m=m0 H0: m=m0 HA: m∫m0 HA: m<m0 HA: m>m0

се користи статистиката

n

σμX

=Z 00

~N(0,1), а критичните домени C, соодветно се:

(-¶,-z α

2 )»(z α

2 ,+¶) (-¶,-zα) (zα,¶)

zα се определува од таблица за нормална нормирана распределба т.ш. Ф(zα)=1‐α. Ако Z0œC, H0 се отфрла, инаку се прифаќа Т-тест: Ако X~N(m,s2) и s2 е непознато и имаме мал примерок, тогаш за тестирање на: H0: m=m0 H0: m=m0 H0: m=m0 HA: m∫m0 HA: m<m0 HA: m>m0

се користи статистиката

n

SμX

=T 00

~tn-1, а критичните домени C, соодветно се:

(-¶,-t α

2, n− 1 )»(

t α2

, n− 1 ,+¶) (-¶,-tα,n-1) (tα,n-1,¶)

Ако T0œC, H0 се отфрла, инаку се прифаќа Ако X~N(m,s2) и s2 е непознато и имаме голем примерок (n>30), тогаш за тестирање на: H0: m=m0 H0: m=m0 H0: m=m0 HA: m∫m0 HA: m<m0 HA: m>m0


се користи статистиката 00

0 Z

n

SμX

=T

, и натаму работиме со соодветните

z‐тестови. Ако X е со произволна распределба и имаме голем примерок (n>30), тогаш за тестирање на H0: m=m0 H0: m=m0 H0: m=m0 HA: m∫m0 HA: m<m0 HA: m>m0

може да се користи

n

SμX

=Z 00

и да се работи со соодветните z‐тестови.

Тест за веројатност на случаен настан За тестирање на: H0: P(A)=p0 H0: P(A)=p0 H0: P(A)=p0 HA: P(A)∫p0 HA: P(A)<p0 HA: P(A)>p0

кога имаме голем примерок, се користи статистиката

n

)p(p

pp=Z A

00

00

1

,

а критичните домени C, соодветно се:

(-¶,-z α

2 )»(z α

2 ,+¶) (-¶,-zα) (zα,¶)

Ако Z0œC, H0 се отфрла, инаку се прифаќа 1. Шишињата Кока‐Кола треба да содржат по 300ml. Но, машината за полнење не е комплетно прецизна, па постои разлика од едно до друго шише. Се претпоставува дека количината на течноста во шишињата има нормална распределба со стандардна девијација �=3ml. Контролата зема примерок од 6 шишиња и ги добива следните тежини:

299.5 298.2 301.1 299.9 300.05 298.6

Дали со ниво на значајност α=0.01 може да се заклучи дека количината на Кока‐Кола во едно шише е помала од пропишаните стандарди?


Решение:

H0: m=300 HA: m<300 s=3

Од примерокот добиваме 299.63=x , па

0.302

6

3300299.63

0

==

n

σμx

=z

Ф(zα)=1‐α=0.99, па zα=2.33. Значи критичниот домен е C=(-¶,-2.33). z0–C, па не ја отфрламе нултата хипотеза, т.е количината на Кока‐Кола во едно шише е според пропишаните стандарди..

2. Една фабрика произведува метални шипки. Според стандардите очекуваната должина на шипките треба да е 80см. Да се утврди дали производството на фабриката е според стандардите, ако е земен примерок од 10 шипки и измерени се следните должини:

81 85 76 79 84 83 77 89 79 80 Нивото на значајност на тестот е α=0.05. Се претпоставува дека должината на шипките е обележје со нормална распределба.

Решение:

H0: m=80 HA: m∫80

81.3=x , 15.78892 =s

1.0346

10

15.7889

8081.38081.30 ==

n

s=t

2.2621

2

90.025 =t=n,α

t ,

.

Значи критичниот домен е C=(-¶,-2.262)»(2.262,¶). t0–C, па не ја отфрламе нултата хипотеза, т.е. производството е според стандардите.

3. Помеѓу учениците на едно училиште спроведена е анкета со прашањето дали имаат комјутер или не. Биле избрани 300 случајно избрани ученици, а 245 од нив одговориле дека имаат комјутер. Со ниво на значајност 5% да се тестира


хипотезата дека веројатноста случајно избран ученик да има компјутер е 0.85 наспроти алтернативната дека е помала од 0.85.

Решение: н.А: ученикот има компјутер Тестираме H0: P(A)=0.85 HA: P(A)<0.85

p A=245300

= 0. 817

1.6

300

0.150.85

0.850.8170

==z

Ф(zα)=1- α=0.95, од каде zα=1.65 и критичниот домен е C=(-¶,-1.65). z0–C, затоа не ја отфрламе нултата хипотеза, т.е. веројатноста случајно избран ученик да има компјутер.е 0.85.

Тест статистика за тестирање на разлика на просеци 0Δ=μμ YX

Ја тестираме хипотезата H0: X- Y =0 наспроти некоја од алтернативните 1. HА: X- Y ≠ 0 2. HА: X- Y > 0 3. HА: X- Y < 0 ‐ Мали примероци со нормална распределба и големи примероци, познати

дисперзии X и Y:

m

σ+

n

σ

ΔYX=Z

YX22

0

Критични домени за различните алтернативни хипотези:

ααα z<zz>zz>z 002/0 3.2.1.

‐ Мали примероци со нормална распределба и непознати но еднакви дисперзии

каде

Т има t‐распределба so n+m‐2 степени на слобода. Користејќи го овој факт го добиваме соодветниот T‐тест и соодветните критични домени:

m+

ns

ΔYX=T

p

110

s p2=(n− 1) sx

2+(m− 1 )sY2

n+m− 2


2-m02-m02-m2,/0 3.2.1. +nα,+nα,+nα t<tt>tt>t

‐ Големи примероци и непознати дисперзии Заради централната гранична теорема користиме z‐тест и во двата случаи т.е.

, при претпоставка дека дисперзиите се различни , при претпоставка дека дисперзиите се еднакви

4. Користењето на CD режач влијае на искористувањето/траењето на батеријата на лаптоп. За да се процени влијанието на CD режачот, 30 корисници работат на нивните лаптопи се додека не се добие порака за минимална батерија. 18 корисници работеле на нивните лаптопи без користење на CD режачот 5.3 часа со стандардна девијација 1.4 часа. Останатите 12 го користеле CD режачот и работеле во просек 4.8 часа со стандардна девијација од 1.6 часа. Ако се претпостави

нормална распределба на двете популации со 222 σ=σ=σ Yx , дали CD режачот

користи дополнителна енергија поради која се намалува траењето на батеријата на лаптопот ? (со 5% ниво на доверба)

Решение:

1.45.3,18

1.64.8,12

=s=y,=m

=s=x,=n

Y

X

Ги тестираме следните хипотези

YX =μμH :0 (т.е. 0 YX μμ )

YXA <μμH : (т.е. 0 YX μμ )

0.05=α

0.9054

12

1

18

11.4818

5.34.8

11

=

+

=

m+

ns

yx=t

p

m

S+

n

S

ΔYX=Z

YX22

0

m+

ns

ΔYX=Z

p

110


Критичниот домен е определен со 2-m0. +nα,t<t

1.701280.052-m =t=t ,+nα,

),(=t 1.7010.90540 H0 се прифаќа, т.е. CD ‐ режачот не користи

дополнителна енергија.

5. Сметката на серверот А е поскапа од сметката на серверот B, но А е побрз. За да види дали се исплати да биде на побрзиот но поскап сервер, еден менаџер сака да дознае колку е побрз серверот А. За таа цел еден алгоритам се извршува 100 пати на серверот А и 80 пати на серверот В со следните резултати.

А B

Просек на примерокот 6.7 7.5

Стандардна девијација на примерокот 0.6 1.2

Дали, со ниво на доверба 5%, серверот А е побрз од В?

Решение:

80100 =m,=n значи имаме голем примерок и различни, непознати

дисперзии.

Ги тестираме следните хипотези

H 0 : μ X= μ Y

H A : μ X <μ Y

Критичниот домен е (- ¶, -zα) = (-¶, -1.65)

1.650.951 =z=α=)Ф(z αα Бидејќи -5.44 (- ~, -1.65)

5.44

80

1.2

100

0.6

7.56.722

=

+

=z

побрз еА отфрла се 0 H


Тест статистика за тестирање на вредност на дисперзија Ако X~N(m,s2) и m и s се непознати, тогаш за тестирање на хипотезата H0 : = 0

наспроти некоја од алтернативните 1. HА: ≠ 0 2. HА: > 0 3. HА: < 0

За тестирање ја користиме тест‐статистиката која кога е точна нултата хипотеза има Хи квадрат таспределба со n‐1 степени на слобода Притоа критичните домени за соодветните алтернативни хипотези се:

6. Познато е дека стандардната девијација на тежината на пакетите од 40 грама полнети од една машина е 0.25. Од случаен примерок од 20 пакети добиена е стандардна девијација од 0.32 грама. Дали со ниво на значајност α = 0.01 може да се тврди дека дошло до зголемување на стандардната девијација?

Решение:

Тестираме: H0 : = 0.25

HА: > 0.25

Критичниот домен е ),(=),(χ nα, 36.1911

Бидејќи ),( 36.19132.768 H0 не се отфрла, т.е. не дошло до зголемување на стандардната девијација.

Тест статистика за тестирање на еднаквост на дисперзии Нека X и Y се две статистички обележја на две независни популации и нека нивните распределби се N(mX,s2

X) и N(mY,s2Y).

Ја тестираме хипотезата H0 : X = Y наспроти некоја од алтернативните

1. HА: X ≠ Y 2. HА: X > Y 3. HА: X < Y

20

220

1

σ

)S(n=χ

11201

2012,/

2012,/1

20 3. 2.1. nα,nα,nαnα χ<χχ>χχ>χилиχ<χ

χ 02=( 20− 1 )0 .322

0 .252= 32. 768


За тестирање ја користиме тест‐статистиката која кога е точна нултата хипотеза има Fn‐1, m‐1 распределба Притоа критичните домени за соодветните алтернативни хипотези се: 7. Финансиските средства дозволуваат поправака само на еден од два пата кои се во лоша состојба. За да се утврди оптеретеноста на случаен начин се избираат 19 датуми за да се измери оптеретеноста на првиот пат (број на возила кои поминуваат помеѓу две точки на патот во текот на 24 часа) и 13 датуми за да се измери оптеретеноста на вториот пат.

I пат: 150 170 210 150 197 200 170 211 192 162 167 94 210 160 190 174 93 200 170

II пат: 93 143 176 204 200 170 155 120 180 130 140 140 50

Финансиерите одлучиле да го поправат првиот пат. Дали со ризик од 5% се во право? Се претпоставува дека отеретеноста на патиштата има нормална распределба.

Решение:

1812.52147.76913

1161.32172.105192

2

=s,=y,=m

=s,=x,=n

Y

X

За да знаеме која тест статистика да ја употреби за тестирање на еднaквост на просеци, прво ја проверуваме хипотезата за еднаквост на дисперзиите:

(во хипотезите и тест статистиката се смените местата на Y = X заради

таблиците за F распределба) H0 : Y = X

HА: Y > X За 0.05=α

2.3418120.0511, =f=f ,,nmα,

1.56 (2.34, + ~) H0 не се отфрла (дисперзиите се еднакви)

2

2

0Y

X

S

S=F

1. f 0< f 1− α /2,n− 1,m− 1 или f 0> f α/2, n− 1,m− 1 2 . f 0> f α , n− 1,m− 1 3 . f 0< f 1− α , n− 1,m− 1

1.561161.32

1812.522

2

0 ==s

s=F

X

Y


Сега ќе тестираме еднаквост на просеци користејќи тест за мали примероци со непознати но еднакви дисперзии:

H 0 : μ X= μ Y

YXA >μμH :

0.05=α

1.7911

=

m+

ns

yx=t

p

Критичниот домен е определен со 2-m0. +nα,t>t

1.697300.052-m =t=t ,+nα,

,+)(=t 1.6971.790 H0 се отфрла т.е. финансиерите биле во право со ризик

од 5%.


Пирсонов тест за распределба

Тестови со кои се проверува дали дадени податоци се во согласност со определена претпоставка за распределбата на обележјето на популацијата

Да го разгледаме случајот на тестирање на проста нулта наспроти сложена алтернативна хипотеза или :

H0: F=F0 наспроти Hа: FF0

Ја разбиваме реалната права на r класи S1, …, Sr, односно на r по парои дисјунктни подмножества, такви што веројатностите

pk = PH0(XSk) (k=1, …, r)

се сите позитивни.

Нека (X1, …, Xn) е случаен примерок за X и (N1,…,Nr) се честотите на набљудувањата од примерокот кои се во класите S1, …, Sr.

За тестирање на горните хипотези се користи статистиката

r

k k

kk

np

npN

1

22 )(

, каде што

r

iiNn

1

која кога е точна нултата хипотеза има 2 распределба со r‐1 степени на слобода. Критичниот домен на тестот е даден со 2>2,r‐1

Да претоставиме сега дека во хипотезата H0: F=F0, функцијата на распределба F0(x) зависи од m параметри q1, …, qm, и хипотезата H0 се однесува на типот на распределбата, но не и на вредностите на сите параметри. По претоставка дека сите m параметри се непознати, треба да ја разбиеме реалната права на r>m+1 класи. Потоа да ги определиме максимално подобните оценувачи на параметрите (q1,…,qm) при претпоставената распределба F0 и дадениот примерок. Да речеме дека тоа се . Во овој случај статистиката

има 2 распределба со r‐m‐1 степени на слобода.

1. Со ниво на значајност 5% да се провери дали следниот примерок е земен од

),4( pB

xk 0 1 2 3 4 nk 8 23 37 25 7

r

k k

kk

pn

pnN

1

22

ˆ

)ˆ(

)ˆ,...,ˆ( 1 mqq


Решение:

2x , ако ),4(~ pBX со метод на моменти се добива оценка за p т.е.

2

1ˆ p

Ја тестираме хипотезата дека примерокот е земен од )2/1,4(B

44 5.04

5.05.04

}{

kkkXP kk

n = 100

Бројот на степени на слобода е 5‐1‐1=3 (еден параметар е оценет)

23,05.0 =7.815

Критичниот домен е (7.815, + ~)

0.7467 (7.815, + ~) хипотезата не се отфрла т.е. примерокот е од )2/1,4(B распределба.

2. За ненегативната случајна променлива X, реалната оска е поделена на следните класи: S1=(‐~, 1), S2=[1, 2), S3=[2, 3), S4=[3, 4), S5=[4, 5), S6=[5, + ~). Врз основа на примерок со обем 1000 определени се фреквенциите на тие класи: 610, 220, 100, 40, 20, 10 соодветно. Со ниво на значајност 5% да се провери хипотезата дека примерокот е земен од )1(

Решение:

инаку

xexF

x

0

0,1)(0

,233.0)1()1(}21{

632.01}1{

}{

1202

101

0

eeHXPp

eHXPp

HSXPp kk

xk nk pk npk nk ‐ npk (nk ‐ npk)2 (nk ‐ npk)

2/(npk)

0 8 0.0625 6.25 1.75 3.0625 0.49

1 23 0.25 25 ‐2 4 0.16

2 37 0.375 37.5 ‐0.5 0.25 0.0067

3 25 0.25 25 0 0 0

4 7 0.0625 6.25 0.75 0.5625 0.09

∑ 100 1 100 7467.02


Бројот на степени на слобода е 6‐1=5

25,05.0 =11.07

Критичниот домен е (11.07, + ~)

15.05 (11.07, + ~) хипотезата се отфрла т.е. примерокот не е земен од )1( распределба.

Табели на контингенција Пирсоновиот Хи‐ квадрат тест се користи и при анализа на врски меѓу категориски обележја. За да се анализираат категориски податоци обично се користи броење или проценти на индивидуи кои спаѓаат во различни категории. Ако станува збор за испитување на врските на две категориски променливи податоците се организираат во табели (таканаречени табели на контингенција) во кои редовите одговараат на категориите на едната, а колоните на категориите на другата променлива. Во секоја ќелија во табелата се запишува бројот на набљудуваните индивидуи кои спаѓаат во дадена категорија од едната и другата променлива. На исти индивидуи се одредуваат две квалитативни обележја, X и Y. Нека категориите на X се A1, A2,...,Ar, а категориите на Y се B1, B2,..., Bk. Сакаме да ја тестираме хипотезата

H0: Обележјата X и Y се независни Hа: Обележјата X и Y не се независни

Ако обемот на примерокот (набљудуваните индивидуи) е n се формира табела во со r редици кои одговараат на категориите на X и k колони кои одговараат на категориите на Y. Во секое (i,j) поле од табелата се запишува бројот на индивидуите кои спаѓаат во категоријата Ai на X и категоријата Bj на Y.

Нека pij=P(AiBj), pi.=P(Ai) и p.j=P(Bj). Доколку е точна H0, pij=P(AiBj)=pi.p.j. Оценувачи за pi. и p.j се соодветно. Според тоа очекуваните честоти во полето (i,j) ако важи H0 ќе бидат

к nk npk nk ‐ npk (nk ‐ npk)2 (nk ‐ npk)

2/(npk)

1 610 632 ‐22 484 0.77

2 220 233 ‐13 169 0.73

3 100 86 14 196 2.29

4 40 31 9 81 2.61

5 20 11 9 81 7.36

6 10 7 3 9 1.29

05.152

n

np

n

np j

ji

i.

..

. ˆ,ˆ


каде што Се пресметува статистиката

која, кога е точна H0 има 2 распределба со (r‐1)(k‐1) степени на слобода. Повторно нултата хипотеза се отфрла доколку пресметаната статистика е поголема од критичната вредност која се чита од таблица, т.е критичниот

домен е C=(2a,(r‐1)(k‐1), ¶) . 1. Кандидатите за претседател на една држава се една жена и еден маж. Во случаен примерок од 1000 гласачи се добиени резултатите сместени во следната табела на контингенција. Со ниво на значајност 0.01 да се провери дали определбата на гласачите зависи од полот на кандидатот.

Решение:

Со развивање на формулата дадената формула за , се добива следната еквивалента формула:

704.31000510520

250

510480

260

520490

270

480490

2201000

2222

1 1

22

nnn

nn

r

i

s

j ji

ij

706.221,01.0

2)1)(1(, sr

Критичниот домен е : (2.706, + ~)

Бидејќи 3.704 (2.706, + ~) H0 се отфрла т.е. определбата на гласачите зависи од полот на кандидатот.

Кандидат Гласачи

жена маж ∑

жени 220 270 490

мажи 260 250 510

∑ 480 520 1000

n

nnon ji

ijij

..ˆ

r

i

k

jij

r

ttjj

k

sisi nnnnnn

1 111

,.,.

r

i

k

j

r

i

k

j ji

jiij

ij

ijij

n

nnn

nnn

o

on

1 1 1 1

22

2

..

)..

()(

2


Линеарна регресија

∑ ∑

∑ ∑

∑

∑

∑

1. За неколку случајно избрани семејства добиени се податоци за дневната

потрошувачка на млеко ( во литри ) и бројот на членови на семејството.

Број на членови (Х)

2 4 3 6 3 4 3 4

Потрошувачка на млеко (У)

1 3 1 4 2 2 2 3

Да се определат двете прави на регресија и средното квадратно отстапување на

податоците од нив. Потоа да се процени потрошувачката на млеко во петчлено

семејство.

Решение:

2 1 2 4 1

4 3 12 16 9

3 1 3 9 1

6 4 24 36 16

3 2 6 9 4

4 2 8 16 4

3 2 6 9 4

4 3 12 16 9

Сума 29 18 73 115 48

3.625, 2.25

. 1.234 , . 0.9375


. 0.96875

.

. ∙ .0.9016 (ако е блиску до 1 следува дека

постои силна линеарна зависност ).

0.786 0.6

Истото може да се добие и ако се користи оваа формула (со мали трансформации

се добива од претходната ) . Втората права ја добиваме на овој

начин:

3.625 0.9016 ∙1.110.968

2.25 1.034 1.299

Потрошувачката во петчлено семејство може да се оцени ако се замени x=5

0.786 0.6=0.786∙ 5 0.6 3.33.

Documents

Аудиториски вежби (комплет)финки