1. KOMBINATORIKA 1.1. Varijacije

Verovatnoća i statistika – zbirka zadataka

1

1. KOMBINATORIKA

1.1. Varijacije

Imamo skup S=a1, a2, ... , an, k∈N, 1≤k≤n

Varijacija k-te klase bez ponavljanja u skupu S je svaka ureñena k-torka

(ai1, ai2, ... , ain) meñusobno različitih elemenata skupa S.

Broj varijacija bez ponavljanja od n elemenata k-te klase odreñujemo po formuli:

)!(

!

kn

nV k

n −=

Varijacija sa ponavljanjem k-te klase u skupu S je svaka ureñena k-torka

elemenata iz skupa S.

Broj varijacija sa ponavljanjem od n elemenata k-te klase odreñujemo po formuli:

kkn nV =

Primer:

S=1, 2, 3, 4

V42 (bez ponavljanja): V4

2 (sa ponavljanjem):

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

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

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

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

Zadaci 1.1.1. U razredu ima 32 učenika. Na koliko načina može 6 učenika sedeti u prvoj klupi?

Rešenje:

652458240272829303132!26

!32

)!632(

!32632 =⋅⋅⋅⋅⋅==

−=V

1.1.2. Na klupi su slobodna četiri mesta. Na koliko načina 15 osoba može popuniti ova mesta?

Rešenje:

3276012131415!11

!15

)!415(

!15415 =⋅⋅⋅==

−=V


2

1.1.3. Koliko ima trocifrenih brojeva koji se sastoje od različitih cifara?

Rešenje:

648899!7

!99

)!29(

!992

91

9 =⋅⋅=⋅=−

⋅=⋅VV

1.1.4. Jedan student treba da polaže 4 ispita za 8 dana. Na koliko načina to može učiniti ako se

zna da poslednji ispit polaže osmog dana?

Rešenje:

210567!4

!7

)!37(

!737 =⋅⋅==

−=V

1.1.5. Odeljenje jednog razreda broji 35 učenika. Oni su meñusobno razmenili fotografije.

Koliko je ukupno podeljeno fotografija?

Rešenje:

11903435!33

!35

)!235(

!35235 =⋅==

−=V

1.1.6. Od koliko različitih elemenata možemo formirati 210 varijacija druge klase?

Rešenje:

152

291

2

84011

0210

210)1(

210)!2(

!

210

1

2,1

2

2

=

±=+±=

=−−=−⋅

=−

=

n

n

nn

nn

n

n

Vn

1.1.7. Koliko se brojeva može formirati pomoću elemenata skupa N koji čine svi prosti činioci

broja 2310 ako traženi brojevi sadrže po dva različita prosta činioca?

Rešenje: 1175322310 ⋅⋅⋅⋅=

2045!3

!5

)!25(

!525 =⋅==

−=V


3

1.1.8. Rešiti jednačine: a) 32

3

12

5+= nn VV , b) 3:2: 4

43

42 =++ nn VV

Rešenje: a)

)!1(

)!2(

12

5

)!3(

!12

5 32

3

−+=

−

= +

n

n

n

n

VV nn

714

4751

14

392260151

014517

10155243612

)23(5)23(12

12/)1)(2(

12

5)2)(1(

1

2,1

2

22

22

=

±=−±=

=+−

++=+−

++=+−

⋅++=−−

n

n

nn

nnnn

nnnn

nnnnnnn

b)

62

75

2

24255

065

12431812

)3)(4()32(6

3

2

)1)(2)(3)(4(

)1(2)32)(2(2

3

2

)1)(2)(3)(4(

)22)(32)(42(

3

2

!

)!4(:

)!12(

)!42(

3:2:

1

2,1

2

2

44

342

=

±=+±=

=−−

+++=+++=+

=++++

+++

=++++

+++

=+++

=++

n

n

nn

nnnn

nnn

nnnn

nnn

nnnn

nnn

n

n

n

n

VV nn

1.1.9. Koliko različitih bacanja daju četiri kocke za igru?

Rešenje:

12966446 ==V

1.1.10. Koliko se petocifrenih brojeva može napisati pomoću 10 cifara koje se mogu ponavljati,

tako da prve dve cifre budu 4 i 0?

Rešenje:

1000103310 ==V


4

1.1.11. Koliko petocifrenih telefonskih brojeva ima ako znamo da su im sve cifre neparne?

Rešenje:

31255555 ==V

1.1.12. Odrediti broj reči, od 5 slova, koje se mogu napisati pomoću azbuke od 30 slova, bez

obzira da li se u rečima ponavljaju sva slova i da li se dobijaju reči bez značenja.

Rešenje: 555

30 1024330 ⋅==V

1.1.13. Dat je skup A=3, 4, 5, 6, 7. Odrediti broj trocifrenih brojeva koji se mogu obrazovati

od elemenata skupa A.

Rešenje:

1255335 ==V

1.1.14. Dat je skup E=0, 1, 2, 3, 4, 5. Odrediti broj četvorocifrenih brojeva većih od 1000, koji

se mogu obrazovati od elemenata skupa E.

Rešenje:

107916515 336 =−⋅=−⋅V

1.1.15. Koliko se Morzeovih znakova može formirati iz oba osnovna znaka . i -, ako se jedan

znak sastoji od najviše 5 znakova?

Rešenje:

62321684252

42

32

22

12 =++++=++++ VVVVV

1.1.16. Broj varijacija četvrte klase sa ponavljanjem od x elemenata iznosi 50625. Odrediti broj

elemenata x.

Rešenje:

506254 =xV

154

50625loglog

50625loglog4

log/506254

=⇒=

==

xx

x

x

1.1.17. Broj varijacija treće klase sa ponavljanjem od x elemenata veći je za 408 od broja

varijacija treće klase bez ponavljanja od istog broja elemenata. Odrediti broj x.

Rešenje: 12=x


5

1.2. Permutacije

Permutacija bez ponavljanja skupa S=a1, a2, ... , an (ks=n) je svaka varijacija n-te

klase bez ponavljanja u skupu S.

Broj permutacija bez ponavljanja od n elemenata odreñujemo po formuli:

!)( nnP =

Neka je dat skup od n elemenata, od kojih ima k1 jednakih jedne vrste, k2 jednakih druge vrste itd; km jednakih m-te vrste; pri čemu je m≤≤≤≤n i k1+k2+...+km≤≤≤≤n. Svaki linearni raspored koji se

sastoji od svih elemenata zove se permutacija sa ponavljanjem.

Broj permutacija sa ponavljanjem odreñujemo po formuli:

!!...!

!)(

21,...,, 21

mkkk kkk

nnP

m=

Primer:

S=1, 2, 3, 4 S=1, 2, 2, 3

P(4)=V44 (bez ponavljanja): P1, 2, 1(4) (sa ponavljanjem):

1234 2134 3124 4123 1223 2123 2132 3122

1243 2143 3142 4132 1232 2213 2312 3212

1324 2314 3214 4213 1322 2231 2321 3221

1342 2341 3241 4231

1423 2413 3412 4312

1432 2431 3421 4321

Zadaci 1.2.1. Na koliko različitih načina mogu da sednu četiri osobe ako su postavljene četiri stolice?

Rešenje: 24!4)4( ==P

1.2.2. Dat je skup E=1, 2, ... , 8. Koliko permutacija, koje se mogu obrazovati od elemenata

skupa E, počinje sa: 5, 123 i 8642?

Rešenje:

24)4(

120)5(

5040)7(

===

P

P

P


6

1.2.3. Na koliko se načina može rasporediti 8 knjiga na jednoj polici?

Rešenje: 40320)8( =P

1.2.4. Odrediti broj permutacija od elemenata a, a, a, b, b, b, c.

Rešenje:

14023

4567

!1!3!3

!7)7(1,3,3 =

⋅⋅⋅⋅=

⋅⋅=P

1.2.5. Koliko ima sedmocifrenih brojeva obrazovanih od cifara 0, 0, 0, 0, 1, 2, 3, ne uzimajući u

obzir one koji počinju nulom ili nulama?

Rešenje:

90563!1!1!4

!6)6(3 1,1,4 =⋅⋅=

⋅⋅=⋅ P

1.2.6. Koliko permutacija od elemenata a, a, a, a, a, b, b, b, c, počinje sa a, sa b i sa c?

Rešenje:

a 280578!1!3!4

!8)8(1,3,4 =⋅⋅=

⋅⋅=P

b 168378!1!2!5

!8)8(1,2,5 =⋅⋅=

⋅⋅=P

c 5678!3!5

!8)8(3,5 =⋅=

⋅=P

1.2.7. Koliko permutacija od elemenata 1, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 3, 4, 4, 4, počinje sa 22, sa 313 i sa

1234?

Rešenje:

22 - 25206

56789

!3!4

!9)9(3,4,1,1 =⋅⋅⋅⋅=

⋅=P

1.2.8. Odrediti broj permutacija koje se mogu formirati od svih činilaca proizvoda a5⋅b3.

Rešenje: 56 1.2.9. Na koliko se različitih načina može prikazati a3b2c3 kao proizvod od osam činilaca a, a, a,

b, b, c, c, c?

Rešenje:

56012

45678

!3!2!3

!8)8(3,2,3 =⋅⋅⋅⋅=

⋅⋅=P


7

1.2.10. Broj permutacija od n elemenata odnosi se prema broju permutacija od n+2 elementa kao

0.1:3. Odrediti n.

Rešenje:

42

113

2

11293

0283

10/1.0)1)(2(3

3

1.0

)!2(

!

3:1.0)2(:)(

1

2,1

2

=

±−=+±−=

=−+

⋅⋅++=

=+

=+

n

n

nn

nn

n

n

nPnP

1.2.11. Broj permutacija od n+2 elementa je veći 56 puta od broja permutacija od n elementa.

Odrediti n.

Rešenje: 61 =n

1.2.12. Rešiti jednačinu: 30)!1(

)!1( =−+

n

n.

Rešenje:

52

1112

12011

030

30)1(

30)!1(

)!1(

1

2,1

2

=

±−=+±−=

=−+

=+

=−+

n

n

nn

nn

n

n

1.2.13. Rešiti jednačinu: 72!

)!2( =+n

n.

Rešenje: 71 =n


8

1.3. Kombinacije

Kombinacija k-te klase bez ponavljanja skupa S=a1, a2, ... , an je svaki njegov podskup od k elemenata, 1≤≤≤≤k≤≤≤≤n.

Broj kombinacija bez ponavljanja od n elemenata k-te klase odreñujemo po formuli:

=

−=

k

n

knk

nCk

n )!(!

!

Kombinacije k-te klase od n elemenata u kojima se jedan elemenat može ponavljati do k puta, zovu se kombinacije sa ponavljanjem.

Broj kombinacija k-te klase od n elemenata sa ponavljanjem odreñujemo po formuli:

−+=

k

knC

kn

1

Primer:

S=1, 2, 3, 4, 5 S=1, 2, 3, 4

C53 (bez ponavljanja): C4

3 (sa ponavljanjem):

123 234 345 111 222 333 444

124 235 112 221 331 441

125 245 113 223 332 442

134 114 224 334 443

135 123 234 341

145 124

Zadaci

1.3.1. Koliko se različitih grupa po 4 učenika može izabrati od 12 kvalifikovanih učenika koji će reprezentovati školu na takmičenju?

Rešenje:

495!8!4

!12412 =

⋅=C

1.3.2. Na jednom šahovskom turniru učestvuje petnaest šahista. Svaki treba da odigra partiju sa

svakim. Koliko će biti odigrano partija na turniru?

Rešenje:

105!13!2

!15215 =

⋅=C


9

1.3.3. Odrediti broj dijagonala konveksnog petougla i n-tougla.

Rešenje:

55!3!2

!552

5 =−⋅

=−C

nnnnnnn

nnCn 2

3

2

1)1(

2

1

)!2(!2

! 22 −=−−=−−⋅

=−

1.3.4. Dat je skup A=a1, a2, ... , a6. Odrediti sve podskupove skupa A koji: ne sadrže elemente

a4, a5 i a6; sadrže sve elemente skupa A.

Rešenje: - a1, a2, a3

333

23

13

03 281331 ==+++=+++ CCCC

- A 66

656

46

36

26

16

06 2641615201561 ==++++++=++++++ CCCCCCC

1.3.5. Odrediti broj svih podskupova skupa koji ima n elemenata.

Rešenje: n

nnn CCC 2...210 =+++

1.3.6. Za delegaciju škole treba izabrati, od 10 učenika koji govore nemački i 15 koji govore

engleski jezik, pet učenika od kojih bar jedan govori engleski. Na koliko načina se može obaviti izbor?

Rešenje:

5287810 515

115

410

215

310

315

210

415 =+⋅+⋅+⋅+⋅ CCCCCCCC

1.3.7. Na jednom šahovskom turniru odigrano je 210 partija. Odrediti broj učesnika ako se zna

da je svaki učesnik odigrao partiju sa svakim.

Rešenje:

210)!2(!2

!

2102

=−

=

n

n

Cn

212

411

2

168011

0420

420)1(

1

2,1

2

=

±=+±=

=−−=−

n

n

nn

nn

1.3.8. Rešiti jednačinu: 4

235 += nn CC .

Rešenje:

3,14 21 == nn


10

1.3.9. Rešiti jednačinu: )1(72 3

121 −=+ −

−+ nCC n

nn .

Rešenje:

52

73

2

4093

)1(7)!4(!3

)!1(2

)!2(!3

)!1(

)1(72

1

2,1

31

21

=

±=+±=

−=−

−+−

+−=+ −

−+

n

n

nn

n

n

n

nCC nnn

1.3.10. Koliko ima trouglova čije dužine stranica imaju vrednosti u skupu 5, 6, 7, 8?

Rešenje:

20!3!3

!634 ==C

1.3.11. Imamo na raspolaganju 6 automobila, a 9 ljudi želi da vozi. Na koliko načina se to može

izvesti ako redosled automobila: nije bitan; bitan je?

Rešenje:

- 8469 =C

- 6048069 =V

1.3.12. Broj kombinacija druge klase od x elemenata sa ponavljanjem iznosi 276. Odrediti x.

Rešenje:

23

0552

552)1(

276)!1(!2

)!1(

276

1

2

2

==−+

=+

=−

+=

x

xx

xx

x

x

Cx

1.3.13. Broj kombinacija treće klase bez ponavljanja od x elemenata odnosi se prema broju

kombinacija treće klase od istog broja elemenata sa ponavljanjem kao 7:15. Odrediti x.

Rešenje: 8=x 1.3.14. Odrediti n i k ako je: Vn

k=24 i Cnk=4.

Rešenje:

3

4

==

k

n


11

1.4. Binomni obrazac

Ako je n bilo koji prirodan broj i a i b bilo koji kompleksni brojevi, tada je:

∑=

−−−−

=

+

−++

+

+

=+

n

k

kknnnnnnn bak

nb

n

nba

n

nba

nba

na

nba

0

112211

1...

210)(

gde je

k

n binomni koeficijent i 1≤k≤n.

Opšti član u razvijenom obliku binoma (a+b)n dat je formulom:

kknk ba

k

nT −

+

=1

Paskalov trougao prikazuje koeficijente uz an-kbk u razvoju binoma:

( )( )( )( ) 32233

222

1

0

33

2

1

babbaaba

bababa

baba

ba

+++=+

++=+

+=+

=+

... 1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

...

Zadaci 1.4.1. Primeniti binomnu formulu na binom: (2x+5)4.

Rešenje:

625100060016016

62512524254682016

54

45)2(

3

45)2(

2

45)2(

1

4)2(

0

4)52(

234

234

4322344

++++==+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+=

=

+

+

+

+

=+

xxxx

xxxx

xxxxx

1.4.2. Odrediti peti član u razvijenom obliku binoma:

12

3

2

2

1

+ xx .

Rešenje:


12

3

20

3

8443

282

1

5 495234

9101112)()(

4

12xxxxxT =⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅=⋅

=

1.4.3. Odrediti član koji ne sadrži x u razvijenom obliku binoma: ( )122−+ xx .

Rešenje:

4

0312

12)(

12 2122121

==−

=⋅

= −−−−

+

k

k

xk

xxk

T kkkkk

Peti član ne sadrži x.

1.4.4. U razvijenom obliku binoma 11

2

1

3

1

+ xx odrediti član koji posle sreñivanja sadrži x sa

izložiocem 5.

Rešenje:

5233

11

52

1113

1

)()(

xxx

xxxkk

kk

=⋅

=⋅−

−

5559 165

23

91011

8

11

8

303222

523

11

xxxT

k

kk

kk

=⋅

⋅⋅=

=

==+−

=+−

1.4.5. Odrediti 13. član u razvijenom obliku binoma n

xx )

3

19( − , ako je binomni koeficijent

trećeg člana jednak 105.

Rešenje:

366

36123112

1

2,1

2

4553

13

23

131415)

3

1()9(

12

15

152

84011

0210

210)1(

105!2)!2(

!

−+ =⋅

⋅⋅⋅=

=

=

+±=

=−−

=−⋅

=−

xx

xx

xT

n

n

nn

nn

n

n


13

1.4.6. Zbir koeficijenata prvog, drugog i trećeg člana u razvijenom obliku binoma n

xx

+ 12 jednak je 46. Odrediti član koji ne sadrži x.

Rešenje:

92

36011

090

92)1(22

46!2)!2(

!1

46210

22,1

2

=⇒+±−=

=−−

=−⋅++

=−

++

=

+

+

nn

nn

nnn

n

nn

nnn

( )

8423

7896

97

6

0218

9191

1

1

21892

92

2

=⋅

⋅⋅=

=

==−−

=

=+

+

+

−−−

T

k

kk

xxkx

xk

Tk

xx

xx

kkk

k

n

1.4.7. Binomni koeficijent trećeg člana u razvijenom obliku binoma ( )nxxx 5−+ jednak je 78.

Odrediti član koji ne sadrži x.

Rešenje:

n=13, kkk xx

kT 5132

3

1 )(13 −−

+ ⋅

= , k=3

1.4.8. Zbir binomnih koeficijenata drugog i trećeg člana u razvijenom obliku binoma n

xx

+

−3

2

2

3

jednak je 136. Odrediti član koji ne sadrži x8.5.

Rešenje:

n=16,

k

kk xx

kT

⋅

= −−

+3

2162

3

1 )(16

, k=15


14

2. σσσσ-POLJE DOGAĐAJA

ΩΩΩΩ - skup svih mogućih ishoda (dogañaja) koji se mogu očekivati pri nekom opitu.

Primer: opit je bacanje kocke, a Ω=1, 2, 3, 4, 5, 6

ωωωω - elementarni dogañaj, pojedini ishod ili rezultat (elemenat skupa Ω).

Primer: pala je šestica.

A – dogañaj koji je bilo koji podskup skupa Ω.

Primer: pojava parnog broja

Siguran dogañaj – dogañaj koji se realizuje uvek.

Nemoguć dogañaj – prazan podskup Ω, dogañaj čija je realizacija nemoguća.

Analogno relacijama i operacijama u Teoriji skupova i ovde možemo posmatrati relacije:

implikacija (⊂) – A⊂B (A povlači B) znači da se B realizuje kad se realizuje A. Ako A⊂B i B⊂A u pitanju su identični dogañaji.

komplementaran ili suprotan dogañaj dogañaja A – Ac ili A je dogañaj koji se realizuje samo ako se dogañaj A ne realizuje.

presek ili proizvod dogañaja – A∩B ili AB znači dogañaj koji se realizuje samo kada se realizuju i dogañaj A i dogañaj B.

unija dogañaja – A∪B ili A+B (kada su A i B disjunktni dogañaji) znači dogañaj koji se realizuje ako se realizuje bar jedan od dogañaja A i B.

razlika dogañaja – A/B ili A–B=ABc znači dogañaj koji se realizuje kada se realizuju oni ishodi ω koji pripadaju dogañaju A, a ne pripadaju dogañaju B.

simetrična razlika dogañaja – A∆B=(A-B)∪(B-A)=(A∪B)-AB

disjunktni dogañaji – A∩B=AB=∅ znači da se dogañaji ne mogu istovremeno ostvariti.

Proširenje operacija unije i preseka na konačno i prebrojivo mnogo dogañaja:

U

In

inn

n

iin

AAAA

AAAA

121

121

...

...

=

=

=∪∪∪

=∩∩∩

Ako je A=B1+B2+...+Bn, BiBj=∅ za i≠j, A je rastavljen na n posebnih činilaca. Ako njihova unija čini Ω, dogañaji Bi obrazuju potpunu grupu dogañaja.

Klasa F dogañaja koji se posmatraju kod opita sa slučajnim ishodima je σ-polje dogañaja (ili σ-algebra), ako:

1. Ω∈F,

2. A∈F ⇒ Ac∈F

3. An∈F, n=1, 2, ... ⇒Un

nn FA

1=

∈

dogañaj koji se realizuje ako se realizuje svaki od dogañaja Ai, i=1,...n.

...


15

Važi i da ako prazan skup pripada F onda proizvod svih An takoñe pripada F.

Važe sledeći identiteti:

Komutativnost preseka i unije: A∩B=B∩A; A∪B=B∪A

Asocijativnost preseka i unije: A(BC)=(AB)C; A∪(B∪C)=(A∪B)∪C

Distributivni zakon: A(B∪C)=AB∪AC; A∪ (BC)=(A∪B)(A∪C)

Zakon jedinice: A∪∅=A; A∪Ω=Ω; A∅=∅; AΩ=A

De Morganovi zakoni: (AB)c=Ac∪Bc; (A∪B)c=AcBc;

( ) UI ci

c

i AA = ; ( ) IU ci

c

i AA =

Idempotentni zakon: AA=A; A∪A=A

∅c=Ω; AAc=∅; A∪Ac=Ω; (Ac)c=A; Ωc=∅

A∪B=A∪AcB

nccc

i

n

i

ci AAAAAAAAA ...... 132

1211 ++++=

=U

Zadaci 2.1. Četiri studenta Aca, Bojan, Darko i Marko polažu ispit. Ako sa A, B, D i M označimo

njihove uspehe na ispitu, izraziti sledeće dogañaje: E – nijedan nije položio, F – položila su dva studenta, G – položio je samo Bojan, H - položili su svi i I - položio je makar jedan od njih.

Rešenje: E=AcBcDcMc F= ABDcMc+ ABcDMc+ ABcDcM+ AcBDMc+ AcBDcM+ AcBcDM G= AcBMcDc

H=ABDM I= A ∪ B ∪ D ∪ M 2.2. Bacaju se istovremeno novčić i numerisana kocka, pri čemu se registruje pojava pisma i

grba na novčiću, kao i pojava broja na gornjoj strani kocke. Opisati skup ishoda.

Rešenje:

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

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

GGGGGG

PPPPPP=Ω

2.3. U kutiju su 4 cedulje numerisane brojevima 1,2,3,4. Na slučajan način se iz kutije izvlači

jedna po jedna cedulja bez vraćanja i to sve dok se ne izvuče cedulja na kojoj je neparan broj. Opisati prostor ishoda.

Rešenje:

243,241,423,421,43,41,23,21,3,1=Ω


16

2.4. Baca se kocka i registruje broj koji se pojavi na gornjoj strani. Neka je dogañaj A: pada broj manji od 3, a dogañaj B: pada broj manji od 5. Opisati prostor ishoda, kao i dogañaje A i B.

Rešenje:

6,5,4,3,2,1=Ω , 4,3,2,1,2,1 == BA 2.5. Dokazati sledeće jednakosti za ma koje dogañaje A,B,C: a) ))(( CABABCA ∪∪=∪

b) BAABABBA cc ∪∪=∪ Rešenje:

a) )()())()((

))(())((

CABACABA

CBACBA

∪∩∪∈⇔∈∨∈∧∈∨∈⇔∈∧∈∨∈⇔∩∪∈ωωωωω

ωωωω

b) BABABAAA

BAABAABABBABAABABBAC

CCCCCC

+=+Ω=++==+=+Ω=++=++=+

)())((

)(

2.6. Neka je BA⊂ . Uprostiti izraze:AB, A+B,ABC,A+B+C.

Rešenje:

CBCBCBACBA

ACCACBAABC

BBABA

ABAAB

+=∪=∪∪=++=∩=∩∩=

=∪=+=∩=

2.7. Dokazati da dogañaji CCCCCC AAAAAAAAA 321321211 ,,, obrazuju potpun sistem dogañaja.

Rešenje:

Ω=+=Ω+=

=++=++=Ω++=

=+++=+++

CC

CCCCCCCC

CCCCCCCCCC

AAAA

AAAAAAAAAAAAAA

AAAAAAAAAAAAAAAA

1111

22112121121211

3321211321321211

)(

)(

=⋅ 211 AAA C ∅

=⋅ 3211 AAAA CC ∅

=⋅ CCC AAAA 3211 ∅

=⋅ 32121 AAAAA CCC ∅

=⋅ CCCC AAAAA 32121 ∅

=⋅ CCCCC AAAAAA 321321 ∅

2.8. Dokazati da dogañaji AB, ACB,ABC,ACBC obrazuju potpun sistem dogañaja ako su A i B

proizvolji dogañaji.

Rešenje:


17

Ω=+=Ω+Ω=

=+++=+++CC

CCCCCCC

BBBB

AABAABBAABBAAB )()(

=⋅ BAAB C ∅

=⋅ CABAB ∅ =⋅ CCBAAB ∅

=⋅ CC ABBA ∅ =⋅ CCC BABA ∅

=⋅ CCC BAAB ∅

2.9. Dokazati da je )()()()( cccc BABABABAM ∪∩∪∩∪∩∪= nemoguć dogañaj.

Rešenje:

∅=∩=∅∪∩∅∪=∩∪∩∩∪ CCCCC BBBBAABAAB )()(

2.10. Uprostiti izraz ( )( )( )CC CBCBCBA ∪∪∪=

Rešenje: CBA ∩=


18

3. DEFINICIJE VEROVATNO ĆE DOGAĐAJA

Klasična definicija verovatnoće

Imamo prostor elemetnarnih dogañaja nωωω ,...,, 21=Ω i dogañaj imiA ωω ,...,1= podskup

Ω, gde je 1≤i1<i2<...<im≤n. Tada verovatnoću dogañaja A odreñujemo prema:

n

mAp =)(

gde su: n – broj svih mogućih ishoda

m – broj povoljnih ishoda za dogañaj A

Statistička definicija verovatnoće

n(A) – broj realizacija dogañaja A u n opita 0≤n(A)≤1

n

An )( – relativna frekvencija dogañaja A

n

AnAf r

)()( =

Za dovoljno veliko n frekvencija dogañaja A je skoro konstantna vrednost i ona se uzima za verovatnoću dogañaja A.

Frekvencija dogañaja A teži verovatnoći dogañaja A, kad se n uvećava, ako za proizvoljno malo

ε, verovatnoća nejednakosti ( )

⟨− εp

n

Anteži jedinici.:

( )1 →

⟨− ∞→np

n

Anp ε

Geometrijska definicija verovatnoće

Proširenje klasične definicije verovatnoće na beskonačan broj slučajeva je geometrijska verovatnoća:

)(

)()(

Gpovršina

gpovršinaAp =

gde su: G – oblast na koju može pasti slučajno bačena tačka

g – oblast čija je površina proporcionalna verovatnoći da tačka padne u nju (ne zavisi od oblika i položaja oblasti) i g⊂G.

g

G


19

Zadaci 3.1. Kuglica je izvučena iz kutije u kojoj se nalazi 4 bele, 3 crvene i 4 plave kuglice. Odrediti

verovatnoću da izvučena kuglica:

a) bude bela

b) bude bela ili crvena

c) nije crvena

Rešenje:

a) 11

4)( =Ap

b)11

7)( =Bp

c)11

8)( =Cp

3.2. Slučajno je izabran telefonski broj sa 6 cifara. Kolika je verovatnoća da su u njemu sve cifre različite?

Rešenje:

1512.010

151200)(

151200!4

!10

10

6

610

66

10

===

===

==

n

mAp

Vm

Vn

3.3. Meta se sastoji iz 3 zone čija je verovatnoća pogañanja redom 0.15, 0.25 i 0.35. Koja je verovatnoća da se pri gañanju meta promaši?

Rešenje:

02575.01)(

75.035.025.015.0)(

=−=

=++=cAp

Ap

3.4. Bacaju se dve numerisane kocke. Odrediti verovatnoću dogašaja A: pao je zbir 8 i B: pao je proizvod 8.

Rešenje:

366V n 226 ===

A – dobijen je zbir 8 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4,4,3,5,5,3,2,6,6,2=A , m1=5

p(A) =36

5

A2 – dobijen je proizvod 8 ( ) )2,4(,4,2=B , m2=2

p(B) =36

2


20

3.5. Šta je verovatnije dobiti pri bacanju dve kocke: zbir 11 ili zbir 12?

Rešenje:

366V n 226 ===

A1 – dobijen je zbir 11 ( ) ( ) 5,6,6,51 =A , m1=2

p(A1) =36

2

A2 – dobijen je zbir 12 ( ) 6,62 =A , m2=1

p(A2) =36

1

3.6. Kolika je verovatnoća da će se na dvema bačenim kockama dobiti zbir tačaka 10 ili ako se to

ne dogodi, da će se pri ponovljenom bacanju dobiti zbir 8?

Rešenje:

A- zbir 10 : 46,64,55 12

1

36

3)( ==Ap

B – zbir 8: 26,62,35,53,44 36

5)( =Bp

C – A+AcB 21.036

5

36

33

36

3)( =⋅+=Cp

3.7. U kutiji se nalazi 6 belih i 4 crvene kuglice. Odjednom se izvlači tri kuglice. Naći

verovatnoću da će se meñu njima naći makar jedna bela kuglica.

Rešenje:

30

29

120

41)(

4

120!3!7

!10

34

310

=−=

==

===

cAP

Cm

Cn

−)(Ap izvučena je crvena kuglica

3.8. Kupac je kupio 7 sijalica od 40W, 5 sijalica od 60W i 3 sijalice od 100W. Usput je razbio 3 sijalice. Kolika je verovatnoća da razbijene sijalice imaju ukupno 180W?

Rešenje:

16.0455

73)(

733

45535

27

315

≈=

=+⋅=

==

Ap

CCm

Cn

3.9. U prodavnici je 30 sijalica, od kojih je 6 boljeg kvaliteta, ali se ne zna koje su to sijalice.

Ako je kupac kupio 4 sijalice, koja je verovatnoća da je meñu njima tačno dve boljeg kvaliteta?

Rešenje:


21

15.0)( =Ap

3.10. Na raspolaganju su duži 2, 4, 5, 7 i 9 cm. Kolika je verovatnoća da se od 3 slučajno

izabrane duži može konstruisati trougao?

Rešenje:

102

4535 =⋅== Cn , 479,579,457,245:m 4.0

10

4)( ==Ap

3.11. Ako konstruišemo jednakostraničan trougao ivice 3 cm, naći verovatnoću da je rastojanje

izmeñu temena trougla i neke slučajno izabrane tačke unutar trougla veće od 1.

Rešenje:

6.0

4

3921)( ≈−=

π

Ap

3.12. U kvadrat upisan je krug. Izračunati verovatnoću da će slučajno izabrana tačka kvadrata

biti van kruga.

Rešenje: G=a2

g= πππ4

)2

(2

22 aar ==

4141)(

2

2

ππ−=−=

a

a

Ap

3.13. U krug upisan je kvadrat. Izračunati verovatnoću da će slučajno izabrana tačka u krugu biti

i u kvadratu.

Rešenje:

2ra = 64.022

)(2

2

≈==ππr

rAp


22

4. AKSIOMATSKO ZASNIVANJE TEORIJE VEROVATNO ĆE

Klasa F dogañaja koji se posmatraju kod opita sa slučajnim ishodima je σ-polje dogañaja (ili algebra dogañaja), ako:

Ω∈F, A∈F ⇒ Ac∈F

Ai∈F, i=1, 2, ... ⇒Un

ii FA

1=

∈

Važi i da ako prazan skup pripada F onda proizvod svih Ai takoñe pripada F. Takoñe algebri

dogañaja F pripadaju BA∆ i ( )cBA∆ . ( ( ) ( )cc BABABA ∩∪∩=∆ ,

( ) ( ) ( )ccc BABABA ∩∪∩=∆ )

Definicija: Neka je F σ-polje dogañaja i R+ skup svih nenegativnih realnih brojeva. Neka je, dalje, preslikavanje: p:F→ R+ takvo da su zadovoljeni sledeći uslovi:

normiranost – p(Ω)=1

σ-aditivnost – Ai∈F, AiAj=∅ za i≠j ( )∑∞

=

∞

=

=

11 ii

ii ApAp U

aditivnost – Ai∈F, i=1, 2, … , n, AiAj=∅ za i≠j ( )∑==

=

n

ii

n

ii ApAp

11U

Tada se trojka (Ω, F, p) naziva prostor verovatnoće. Posledice definicije su:

( )( ) ( )

( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )BpApBAp

ABpBpApBAp

ApFA

BpApBA

ApAp

pc

+≤∪−+=∪

≤≤⇒∈∀≤⇒⊆

−=

=∅

10

1

0

Nejednakost u poslednjem slučaju važi ako su dogañaji A i B disjunktni.

Ako je p(A)=1 kažemo da je dogañaj A skoro siguran (s. s.), a ako je p(A)=0 kažemo da je dogañaj A skoro nemoguć (s. n.).

Zadaci

4.1. Kod bacanja numerisane kocke, neka je dogañaj A: pao je paran broj. Odrediti σ - algebru koja sadrži A.

Rešenje:

6,5,4,3,2,1,5,3,1,6,4,2,

,5,3,1

,6,4,2

∅==

=

F

A

Ac


23

4.2. Kod bacanja numerisane kocke, neka je dogañaj A: pao je paran broj, a dogañaj B: pao je broj deljiv sa 3. Odrediti σ - algebru koja sadrži A i B.

Rešenje:

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

,,,,,,,,,,,,,

,6,3

,6,4,2

=Ω∩∪∩=∆∩∪∩=∆

∪∩∩∩∪∪∩∪∅=

==

cccc

cccccccccc

BABABABABABA

BABABABABABABABABABAF

B

A

4.3. Pokazati da iz DC ⊂ sledi )()()\( CpDpCDp −= .

Rešenje:

)()()\()\()()()\(

))\()(()(

)\(

CpDpCDpCDpCpDpCDC

CDCpDp

CDCDDC

−=⇒+=⇒∅=∩∪=

∪=⇒⊂

4.4. Koliko je p(A∪B∪C∪D)? Uputstvo: odrediti prvo p(A∪B∪C).

Rešenje:

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

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

))(()()()(

CBApCABApCBpCpBpAp

CABApCBpCpBpAp

CBApCBpApCBAp

∩∩+∩−∩−∩−++==∩∪∩−∩−++=

=∪∩−∪+=∪∪

)(

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

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

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

))(()()()(

DCBA

DCApDBApDCBpDCpDBpDAp

DpCBApCABApCBpCpBpAp

DCDBDApDpCBAp

DCBApDpCBApDCBAp

∩∩∩−−∩∩+∩∩+∩∩+∩−∩−∩−

−+∩∩+∩−∩−∩−++==∩∪∩∪∩−+∪∪=

=∩∪∪−+∪∪=∪∪∪

4.5. Poznate su verovatnoće dogañaja A i AB. Odrediti p(ABc).

Rešenje:

)()()(

)()()\(

)()\()(

)())\()((

)\()(

)\()(

BApApABp

BApApBAp

ApBApBAp

ApBABAp

BABA

ABABA

c ∩−=

∩−=⇒

⇒=+∩=∪∩

∅=∩∩=∪∩


24

5. USLOVNE VEROVATNOĆE Verovatnoća dogañaja A pod uslovom da se realizovao dogañaj B, p(A/B) ili pB(A) se odreñuje prema:

( ) ( ) ( )Ap

ABpABpBpA

)(/ ==

Ovim je odreñena nova verovatnoća i novi prostor (Ω, F, pA). Ova verovatnoća zadovoljava uslove (aksiome):

♦ nenegativnost: ( ) 0≥BpA

♦ normiranost: ( ) 1=ΩAp

♦ ( )∑∑∞

=

∞

=

=

11 iiA

iiA BpBp

Imamo da je: ( ) 1=ApA ( ) 1/ ≤BAp

Takoñe sledi pravilo množenja:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )BApBpABpApABp // ==

Nezavisni dogañaji – Dogañaj A je nezavisan od dogañaja B akko je ( ) ( )BpBpA = , u tom

slučaju je ( ) ( ) ( )BpApABp = . Osobine nezavisnih dogañaja:

♦ proizvoljan dogañaj A i siguran dogañaj Ω su nezavisni: ( ) ( ) ( )Ω=Ω pApAp

♦ nezavisni su i dogañaji A i ∅: ( ) ( ) ( ) ( )∅==∅⇒=∅∅=∅ pApAppA 00,

♦ ako su nezavisni dogañaji A i B, nezavisni su i A i Bc, Ac i B i Ac i Bc

♦ ako su nezavisni A i B1 i A i B2 nezavisni su i A i ∅≠+ 2121 , BBBB

Odnos izmeñu nezavisnih i disjunktih dogañaja:

♦ ako su dogañaji A i B nezavisni i sa pozitivnim verovatnoćama onda su disjunktni

♦ ako su dogañaji A i B sa pozitivnim verovatnoćama disjunktni onda su zavisni

♦ dogañaji nAAA ,...,, 21 su nezavisni u ukupnosti ako postoji meñusobna nezavisnost

proizvoljnih r ( )nr ≤ takvih dogañaja, tj. ako za svaku konačnu kolekciju

( )nriiiAAA rinii ≤≤≤≤≤ ,...1,,...,, 2121 važi:

( ) ( ) ( ) ( )iniiinii ApApApAAAp ...,...,, 2121 =

Ako su dogañaji nAAA ,...,, 21 uzajamno disjunktni sa pozitivnim verovatnoćama čija je suma Ω,

tada za svako B∈F važi formula totalne verovatnoće:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )BpApBpApBpApBp AnnAA +++= ...2211

p(Ai) su apriorne verovatnoće (unapred poznate), Ai su hipoteze, pAi(B) su aposteriorne verovatnoće


25

Bajesova formula: ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( )∑

=

==n

jjj

iiiii

ABpAp

ABpAp

Bp

ABpApBAp

1

/

///

Tumačenje: realizacija dogañaja B je nastupila pod hipotezom (uzorkom) Ai.

Zadaci: 5.1.Odrediti verovatnoću da slučajano izbran prirodni broj: a) bude deljiv sa 2 i sa 3, b) ne bude deljiv sa 2 ili sa 3.

Rešenje:

A: broj deljiv sa 2, B: broj deljiv sa 3

a) 3

1)(,

2

1)( == BpAp ,

6

1

3

1

2

1)()( =⋅== ABpCp

b) 6

5

3

1

3

2

2

1)()()()()( =−+=−+=∪= cccccc BApBpApBApDp

5.2. Ako je p(A)=0.9, p(B)=0.8, pokazati da je p(A/B) ≥ 0.875.

Rešenje:

1)(

875.08.0

18.09.0

)(

)()()(

)(

)()/(

≤∪

=−+≥∪−+==

BAp

Bp

BApBpAp

Bp

ABpBAp

5.3. Iz skupa S=1,2,3,...,20 je slučajno izabran jedan broj. Ako je poznato da je izabrani broj deljiv sa 3 kolika je verovatnoća da je u pitanju paran broj?

Rešenje:

2

1

20

620

3

)(

)()/(

20

6)(

2

1)(

18,12,6

18,15,12,9,6,3:

20,18,16,14,12,10,8,6,4,2:

===

=

=

=∩

Bp

ABpBAp

Bp

Ap

BA

B

A


26

5.4. Kolika je verovatnoća da će se na dvema bačenim kockama dobiti zbir tačaka 10 ili ako se to ne dogodi, da će se pri ponovljenom bacanju dobiti zbir 8?

Rešenje: A- zbir 10 : 46,64,55 B – zbir 8: 26,62,35,53,44 C – A+AcB

p(A)=36

3

p(B)=36

5

p(Ac)=36

33

p(AcB)=0.126 p(C)=p(A)+p(AcB)=0.2 5.5. Student je izašao na ispit znajući 20 od 25 pitanja. Ispitivač je postavio 3 pitanja. Koja je

verovatnoća da student zna sva tri pitanja?

Rešenje:

4956.023

18

24

19

25

20)/()/()()( 213121321 =⋅⋅== AAApAApApAAAp

5.6. Čovek ima 5 ključeva od kojih samo jedan otvara vrata. Ključevi su po obliku slični pa ih on

ne razlikuje. Da bi otvorio vrata on proba ključeve jedan za drugim, pa ključ koji "ne otvara" stavlja na stranu. Odrediti verovatnoću da će mu za otvaranje vrata trebati 1,2,3,4,5 pokušaja.

Rešenje:

5

11

2

1

3

2

4

3

5

4

)/()/()/()/()()(

5

1

2

1

3

2

4

3

5

4)/()/()/()()(

5

1

3

1

4

3

5

4)/()/()()(

5

1

4

1

5

4)/()()(

5

1)(

4321532142131215

32142131214

2131213

1212

1

=⋅⋅⋅⋅=

==

=⋅⋅⋅==

=⋅⋅==

=⋅==

=

cccccccccccccc

ccccccccc

ccccc

cc

AAAAApAAAApAAApAApApAp

AAAApAAApAApApAp

AAApAApApAp

AApApAp

Ap

5.7. Iz kutije u kojoj je m belih i n crnih kuglica odjednom je izvučeno k kuglica. Pod

predpostavkom da su sve izvučene kuglice iste boje koja je verovatnoća da su sve crne?

Rešenje:

A - izvučeno je k kuglica

B- izvučene su crne ili bele kuglice


27

+

=+

==

+

+

k

m

k

n

k

n

C

CC

C

C

Bp

ABpBAp

kmn

km

kn

kmn

kn

)(

)()/(

5.8. Strelci A,B,C, gañaju po jednom u cilj nezavisno jedan od drugog, pogañajući ga sa

verovatnoćama 0.6, 0.5 i 0.4. Ustanovljeno je da je cilj pogoñen 2 puta. Šta je verovatnije da je strelac C pogodio ili promašio?

Rešenje:

A,B,C - cilj je pogodio strelac A,B,C

D - cilj je pogoñen dva puta

CABBCAABCD ccc ++=

4.0)(

5.0)(

6.0)(

===

Cp

Bp

Ap

38.04.05.06.04.05.04.06.05.06.0)( =⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=Dp

47.038.0

18.0

)(

)(

)(

))((

)(

)()/( ===++==

Dp

ABCp

Dp

CABBCAABCCp

Dp

DCpDCp

ccccccc

53.047.01)/( =−=DCp

)/()/( DCpDCp c> Verovatnije je da je strelac C pogodio! 5.9. Proizvodi fabrike dolaze na kontrolu ispravnosti kod 2 kontrolora sa verovatnoćama 0.6 i

0.4. Verovatnoća da će proizvod biti proglašen ispravnim kod prvog kontrolora je 0.94, a kod drugog 0.98. Proizvod je bio ispravan. Naći verovatnoću da je proveru izvršio prvi kontrolor.

Rešenje: p(A) = 0.6 p(B) = 0.4 p(C/A) = 0.94 p(C/B) = 0.98 p(C) = )/()()/()( BCpBpACpAp + = 0.956

p(A/C) = 59.0)(

)/()( =Cp

ACpAp

5.10. U grupi sportista je 10 fudbalera, 8 košarkaša i 6 rukometaša. Verovatnoća da će postići pogodak je za fudbalera 0.6, za košarkaša 0.8 i za rukometaša 0.75. Odrediti verovatnoću da će slučajno odabrani sportista postići pogodak. Koja je verovatnoća da košarkaš poentira ?

Rešenje: p(A) = 10/24 = 0.42 p(B) = 8/24 = 0.33


28

p(C) = 6/24 = 0.25 p(D\A) = 0.6 p(D\B) = 0.8 p(D\C) = 0.75 p(D) = 0.7 p(B\D) = 0.377

5.11. U fabrici se 25% artikala proizvodi na mašini A, 35% na mašini B i 40% na mašini C. Mašine A,B,C prave 5%, 4% i 2% škarta respektivno. Svi proizvodi stavljaju se u isto skladište. Kolika je verovatnoća da je taj neispravni artikal napravljen na mašini A?

Rešenje: p(D) = 0.0345 p(A\D) = 0.36

5.12. Verovatnoća da dva blizanca budu istog pola je 0.64. Verovatnoća rañanja muškog deteta je 0.51. U slučaju rañanja dece raznih polova oba redosleda su jednako verovatna. Naći verovatnoću da je drugi blizanac muškog pola ako je i prvi bio muškog pola.

Rešenje:

65.035.01)/(1)/(

35.051.0

18.0

)(

)()/(

?)/(

18.0)64.01(5.0)()(

64.0)(

1)(

1212

1

2112

12

2121

2121

21212121

=−=−=

===

==−⋅==

=+=+++

MZpMMp

Mp

ZMpMZp

MMp

MZpZMp

ZZMMp

ZZMZZMMMp

5.13. Predpostavlja se da meñu istim brojem muškaraca i žena ima 5% daltonista muškaraca i 25% daltonista žena. Slučajno odabrana osoba je daltonista. Koja je verovatnoća da je ta osoba muškarac?

Rešenje: p(C) = 0.15 p(A\C) = 0.17


29

6. NIZOVI NEZAVISNIH OPITA Sm – dogañaj koji se realizuje kada se u n nezavisnih opita dogañaj A realizuje m puta. Verovatnoću dogañaja Sm odreñujemo prema Bernulijevoj šemi:

( ) mnmn qp

m

nmp −

= 0≤m≤n p – verovatnoća dogañaja A

q – verovatnoća dogañaja Ac

U opštem slučaju Bernulijeva šema ima oblik:

( ) kmk

mm

kkn ppp

mmm

nmmmp ...

!!...!

!,...,, 21

2121

21 =

U ovom slučaju vrši se n nezavisnih opita i u svakom od njih se može realizovati samo jedan od dogañaja Ai, i=1, 2, ... , k; p(Ai)=pi; 1...21 =+++ kppp . Odreñujemo verovatnoću da se u n

ponovljenih opita dogañaj A1 realizovao m1 puta, dogañaj A2 m2 puta, ... , dogañaj Ak mk puta.

qnpmqnp +≤≤−

Lokalna Moavr-Laplasova teorema – koristi se za približno odreñivanje verovatnoće pojavljivanja datog dogañaja m puta u slučaju kada su vrednosti n i k velike, za p=q=0.5, odnosno za n>100 i npq>20:

( )( )

npqemp

x

x

n

1

2

1 2

2

43421ϕ

π−

= ( )npq

x1ϕ= gde je

npq

npmx

−=

Funkcija ϕ(x) je Gausova funkcija, čije su vrednosti date u tabeli. Ova funkcija je parna: ϕ(x)= ϕ(-x).

Integralna Moavr-Laplasova teorema:

( ) ( ) ( )

[ ]

npq

npxb

npq

npxa

xxx

abdxebxapb

a

x

−=

−=

∈

Φ−Φ==≤≤ ∫−

2

1

21

2

,

2

2

π

gde je vrednost funkcije φ(x) data u tabeli. Ova funkcija je neparna: φ(-x)=-φ(x).

Posledica ove teoreme je Bernulijev zakon velikih brojeva. Neka je ε proizvoljan pozitivan broj.

Interesuje nas granična vrednost verovatoće dogañaja M=

≤− εpn

m kada ∞→n , gde je m/n

relativna frekvencija dogañaja A verovatnoće p(A)=p:


30

≤− εpn

mp ∼

=∫

−

−

pq

ndte

pq

n

pq

n

t

εφπ

ε

ε

22

12

Poasanova aproksimacija Bernulijeve šeme koristi se za retke dogañaje, kada je malo p, tj. np<20:

( ) ( )

( )λλ

λ λ

→⋅→∞→=

→−

= −−

nn

n

mmn

nmnn

pnpn

np

em

ppm

nmp

,0,

!1

0<λ<∞

Zadaci 6.1. U seriji jednog proizvoda ima 4% škarta. Slučajno se 5 puta bira po jedan proizvod iz serije.

Naći verovatnoću:

a) da se neće izvući ni jedan škart,

b) da će se najmanje 3 puta izvući škart.

Rešenje:

a)

81.096.096.004.00

5)(

0,5

96.01

,04.0

550 ==⋅⋅

=

===−=

=

mp

mn

pq

p

n

b)

0006.0)5()4()3()(

101.096.004.05

5)5(

1012.096.004.04

5)4(

0006.096.004.03

5)3(

5,4,3,5

96.01

,04.0

555

6055

445

235

=++=

⋅=⋅⋅

=

⋅=⋅⋅

=

=⋅⋅

=

===−=

=

−

−

pppAp

p

p

p

mn

pq

p

II način

0)39.6()95.10()53(

95.105

,39.63

≈Φ−Φ=≤≤

=−==−=

xp

npq

npb

npq

npa


31

Napomena: Vrednosti za Φ potražiti u Tablici I proveriti!!!

6.2. Verovatnoća pogotka cilja je 0.25. Cilj se gaña 6 puta. Koja je verovatnoća da je cilj bio pogoñen:

a) 2 puta,

b) bar jedanput?

Rešenje:

a)

3.002.0!4!2

!675.025.0

2

6)2(

6

75.0,25.0

426 ≈⋅

⋅=⋅⋅

=

===

p

n

qp

b)

82.075.025.00

61)0(1

6

75.0,25.0

606 =⋅⋅

−=−

===

p

n

qp

6.3. Istraživanjem je utvrñeno da na svakih 1000 novoroñenčadi ima 515 dečaka i 485 devojčica. U nekoj porodici ima četvoro dece. Kolika je verovatnoća da meñu njima nema više od 2 devojčice.

Rešenje:

7.037.026.007.0

515.0485.02

4515.0485.0

1

4515.0485.0

0

4

)2()1()0(

2,1,0,4

515.0,485.0

22340

444

=++=

=⋅⋅

+⋅⋅

+⋅⋅

=

=++

====

ppp

mn

qp

6.4. Vrši se 10 gañanju u cilj pri čemu je verovatnoća pogotka u jednom gañanju 0.2. Odrediti verovatnoću da broj pogodaka ne bude manji od 2 i ne veći od 4.

Rešenje:

44295.0)0()58.1()42(

,58.18.02.010

2.01044

,08.02.010

2.01022

8.0,2.0,10

=Φ−Φ=≤≤

=⋅⋅

⋅−=−=

=⋅⋅

⋅−=−=

===

xp

npq

npb

npq

npa

qpn


32

6.5. Broj dece u nekoj porodici je 10. Ako je verovatnoća rañanja muškog deteta 0.5 odrediti verovatnoću:

a) da porodica ima 5 dečaka i 5 devojčica

b) da je broj dečaka u porodici izmeñu 5 i 8.

Rešenje:

a)

246.05.05.05

10)5(

10

5.0

5510 =⋅⋅

=

===

p

n

qp

b)

47042.0)0()897.1()85(

,897.15.05.010

5.01088

,05.05.010

5.01055

5.0,10

=Φ−Φ=≤≤

=⋅⋅

⋅−=−=

=⋅⋅

⋅−=−=

===

xp

npq

npb

npq

npa

qpn

6.6. Verovatnoća da neki proizvod ne proñe kontrolu je 0.2. Odrediti verovatnoću da kod 400 slučajno izabranih proizvoda broj onih koji nisu prošli kontrolu bude izmeñu 70 i 100.

Rešenje:

88814.039435.049379.0

)25.1()5.2()25.1()5.2()10070(

,5.28.02.0400

2.0400100100

,25.18.002400

2.04007070

8.0,2.0,400

=+==Φ+Φ=−Φ−Φ=≤≤

=⋅⋅⋅−=−=

−=⋅⋅⋅−=−=

===

xp

npq

npb

npq

npa

qpn

6.7. Bacaju se dve kocke 155 uzastopno. Kolika je verovatnoća da će se zbir 8 pojaviti više od 24, a manje od 30 puta?

Rešenje:

25992.021566.047558.0)574.0()968.1()3024(36

31,

36

5,155

35,53,44,62,26

=−=Φ−Φ=≤≤

===

xp

qpn


33

6.8. U proizvodnji metalih šipki je prosečno 10% neispravnih. Sa kojom verovatnoćom se može smatrati da će u seriji od 400 slučajno izabranih šipki biti ispravno više od 299?

Rešenje:

1)10()67.6()400300(

1.0,9.0,400

≈Φ+Φ=≤≤===

xp

qpn

Napomena:

p=0.9 jer se u zadatku dat procenat neispravnih šipki.

Za svako a ili b koje je veće od 5 može se uzeti približna vrednost Φ od 0.5.

6.9. Neka je verovatnoća pojave dogañaja A u svakom od 100 nezavisnih opita 0.8. Naći verovatnoću pojave dogañaja A od 75 do 90 puta.

Rešenje:

8884.0)25.1()5.2()9075(

2.0,8.0,100

=Φ+Φ=≤≤===

xp

qpn

6.10. Naći broj potrebnih ponavljanja opita da bi se sa verovatnoćom ne manjom od 0.95 moglo tvrditi da je razlika izmeñu frekvencije i verovatnoće p=0.5 najviše 0.01.

Rešenje:

9604

98

96.102.0

475.025.0

01.0

95.025.0

01.02

5.05.001.02201.05.0

95.001.0

95.0)(,5.0?,

≥≥

≥

≥

Φ

≥

Φ

⋅Φ=

Φ=

≤−

≥

≤−

≥===

n

n

n

n

n

n

pq

n

n

mp

pn

mp

npqpn

ε

6.11. Posejano je 600 zrna kukuruza. Verovatnoća klijanja jednog zrna je 0.9. Naći granicu apsolutnog odstupanja frekvencije proklijalog semena od verovatnoće p=0.9 ako ta granica treba da bude garantovana sa verovatnoćom 0.995.

Rešenje:


34

( )( )

034.0

81.265.81

4975.065.81

995.065.812

1.09.0

60029.0

600

995.09.0600

995.0)(,1.0,9.0,600?,

==

=Φ=⋅Φ

⋅Φ=

≤−

=

≤−

=====

εε

εε

εε

ε

ε

mp

mp

npqpn

6.12. Odrediti verovatnoću da pri bacanju novčića 100 puta relativna frekvencija pojave grba odstupa od verovatnoće 0.5 više od 0.1 puta.

Rešenje:

( )

0455.09545.011.05.0100

9545.047725.0222

5.05.0

1001.021.05.0

100

?1.05.0100

5.0,100,1.0

=−=

>−

=⋅=Φ

⋅Φ=

≤−

=

≤−

====

mp

mp

mp

qpnε

6.13. U partiji od 10000 proizvoda ima 6000 proizvoda prve klase. Kolika je verovatnoća da u uzorku od 100 proizvoda bude 70 proizvoda prve klase?

Rešenje:

01.00498.02.0)04.2(899.4

1)70(

04.24.06.0100

6.010070

)(1

)70(

4.0,6.0,70,100

100

100

=⋅=⋅≈

=⋅⋅⋅−=−=

⋅≈

====

ϕ

ϕ

p

npq

npmx

xnpq

p

qpmn

6.14. U kutiji je 5 plavih i 50 crnih kuglica. Kolika je verovatnoća da se u 10 nezavisnih izbora sa vraćanjem 3 puta izvuče plava kuglica?

Rešenje:


35

05.0!3

9.0

!)3(

9.009.01011

10,

11

1,3,10

9.03

10 =⋅=⋅=

=⋅=

====

−− eem

p

qpmn

mλλ

λ

6.15. Naći verovatnoću da se od 500 slučajno izabranih ljudi šestoro rodilo 1.aprila.

Rešenje:

002.0!6

37.1

!)6(

37.1365

364,

365

1,6,500

37..16

500 =⋅=⋅=

=

====

−− eem

p

qpmn

mλλ

λ

6.16. Prema podacima tehničke kontrole prosečno kod 2% časovnika treba izvršiti dopunsko regulisanje.

a) Koja je verovatnoća da se na 290 od 300 slučajno izabranih časovnika ne vrši dopunsko regulisanje?

b) Ako se kod 300 časovnika nañe najmanje 11 kod kojih treba izvršiti dopunsko regulisanje, cela partija se ne prihvata. Koja je verovatnoća da se partija prihvati?

Rešenje:

a)

04.0!10

6

!)10(

6

98.0,02.0,290,300

610

300 =⋅=⋅=

=====

−− eem

p

qpmn

mλλ

λ

b)

98.002.01)11(1

02.0!11

6

!)11(

6

98.0,02.0,11,300

300

611

300

=−=−=

=⋅=⋅=

=====

−−

pp

eem

p

qpmn

mλλ

λ

6.17. Za jedan sat telefonska centrala dobije prosečno 60 poziva. Naći verovatnoću da neće biti ni jednig poziva za vreme trajanja od 30 minuta.

Rešenje:


36

61.0!0

5.0

!)0(

5.060

1,0,30

5.00

30 =⋅=⋅=

=

===

−− eem

p

pmn

mλλ

λ

6.18. Verovatnoća da je jedan proizvod defektan je 0.01. Iz velikog skladišta uzima se 100 proizvoda. Naći verovatnoću da meñu njima bude tačno 5 defektnih.

Rešenje:

003.0!5

1

!)5(

1

01.0,5,100

15

100 ≈⋅=⋅=

====

−− eem

p

pmn

mλλ

λ


37

7. SLUČAJNE PROMENLJIVE Definicija - Realizacija svakog slučajnog dogañaja može se okarakterisati brojem.

Promenljiva veličina, koja te brojne vrednosti uzima sa odreñenim verovatnoćama, naziva se slučajnom promenljivom. Slučajna promenljiva se često definiše i kao funkcija, koja svakom elementarnom dogañaju pridružuje neki broj.

Diskretna slučajna promenljiva - kada slučajna promenljiva uzima sa pozitivnim verovatnoćama konačan broj ili prebrojivo mnogo vrednosti.

Neprekidna slučajna promenljiva - kada slučajna promenljiva sa pozitivnim verovatnoćama može da uzme proizvoljnu brojevnu vrednost na odreñenom intervalu.

7.1.Diskretna slučajna promenljiva

Diskretnu slučajnu promenljivu definišu, potpuno odreñuju:

- Zakon raspodele verovatnoća slučajne promenljive je pravilo po kome svakoj vrednosti slučajne promenljive pridružujemo odgovarajuću verovatnoću.

,...

...:

2

2

1

1

n

n

p

x

p

x

p

xX ∑

=

=n

iip

1

1

- nxxx ,...,, 21 vrednosti koje može da ima slučajna promenljiva X .

- nppp ,...,, 21 verovatnoće sa kojima X uzima vrednosti nxxx ,...,, 21 .

Grafička ilustracija raspodele verovatnoća je poligon raspedele verovatnoća.

- Verovatnoća dogañaja X<x, koja zavisi od x, tj. funkcija je od x, naziva se funkcijom raspodele verovatnoća ili kumulativnim zakonom raspodele verovatnoća, a označava se sa F(x), tj.

∑<

=<=xx

i

i

pxXpxF )()(

Kod diskretne slučajne promenljive funkcija raspodele je:

+++

+=

1

,...

...,

,

,

,0

)(

21

21

1

nppp

pp

p

XF za

>≤<

≤<≤<

≤

−

n

nn

xx

xxx

xxx

xxx

xx

1

32

21

1

...


38

7.2. Neprekidna slučajna promenljiva

f(x) - gustina raspodele verovatnoća - nema univerzalni karakter, postoji samo za neprekidne slučajne promenljive F(x) - funkcija raspodele verovatnoća

∫

∫

∞−

=

−==≤≤

=

x

b

a

dttfxF

aFbFxfbXap

xFxf

)()(

)()()()(

)(')(

Osobine gustine raspodele:

∫∞

∞−

=

≥

1)(

0)(

dxxf

xf

Zadaci: 7.1. Sastaviti zakon i funkciju raspodele verovatnoća broja pojavljivanja dogañaja A u 3

nezavisna opita ako je verovatnoća ostvarivanja dogañaja A u svakom opitu 0.6.

Rešenje:

=⋅⋅

=

=⋅⋅

=

=⋅⋅

=

=⋅⋅

=

===−==

216.0

3

432.0

2

288.0

1

064.0

0:

216.04.06.03

3)3(

432.04.06.02

3)2(

288.04.06.01

3)1(

064.04.06.00

3)0(

3,2,1,0,3,4.01,6.0

033

23

213

303

X

p

p

p

p

mnpqp

=

,1

,784.0

,352.0

,064.0

,0

)(XF

>≤<≤<≤<

≤

3

32

21

10

0

x

x

x

x

x

7.2. Neki novčić se baca 2 puta. Napisati zakon i funkciju raspodele slučajne promenljive X - broj pojave grba.

Rešenje:


39

=⋅⋅

=

=⋅⋅

=

=⋅⋅

=

===−==

25.0

2

5.0

1

25.0

0:

25.05.05.02

3)2(

5.05.05.01

3)1(

25.05.05.00

3)0(

2,1,0,2,5.01,5.0

222

2

202

X

p

p

p

mnpqp

=

,1

,75.0

,25.0

,0

)(XF

>≤<≤<

≤

2

21

10

0

x

x

x

x

7.3. Neki novčić se baca 5 puta. Napisati zakon i funkciju raspodele slučajne promenljive X - broj pojave pisama.

Rešenje:

=⋅⋅

=

=⋅⋅

=

=⋅⋅

=

=⋅⋅

=

=⋅⋅

=

=⋅⋅

=

===−==

32

15

32

54

32

103

32

102

32

51

32

10

:

32

15.05.0

5

5)5(

32

55.05.0

4

5)4(

32

105.05.0

3

5)3(

32

105.05.0

2

5)2(

32

55.05.0

1

5)1(

32

15.05.0

0

5)0(

5,4,3,2,1,0,5,5.01,5.0

055

45

235

325

45

505

X

p

p

p

p

p

p

mnpqp

7.4. Slučajna veličina ima za gustinu:

a) 21

)(x

axf

+= na intervalu [-1,1]. Odrediti a i F(x).

b)

=,0

,cos)(

xaxf

inace3

xπ≤

. Odrediti a, F(x) i )6

0(π<< Xp .


40

c) +

=,0

),1()(

xaxf

inace

x 20 ≤≤. Odrediti a, F(x) i )21( << Xp .

Rešenje: a)

2

12))1((

22

1)(

2

14

2

1))1(1(

11

12

1

12

+=−−=+

=

=

=⋅

=−−

=+

∫

∫

−

−

arctgxarctgarctgxt

dtXF

a

a

arctgarctga

x

dxa

x

πππ

π

π

b)

6

3

2

1

2

1

6

3

2

10sin

3

3

2

1

6sin

3

3)0(

660

2

1

3

sin3

2

3sin

3

3cos

3

3)(

3

3

13

12

3

2

3

1))3

sin(3

(sin

1cos

3

3

3

=−+=

=

+−+=−

=

<<

+=

+==

=

=

=

+

=−−

=

∫

∫

−

−

πππ

ππ

π

π

π

FFXp

xxtdtXF

a

a

a

a

xdxa

x

c)


41

[ ]

( ) [ ]

8

5

2

5

4

112

2

12

4

1

24

1)1(sin

4

121

)1(4

1)(

4

1

1)22(

12

1

1)1(

21

2

1

22

1

2

0

20

2

0

2

2

0

2

0

2

0

=⋅=

−+−⋅=

=

+

=+=<<

+=

=

=+

=

+

=

+

=+

∫

∫

∫ ∫

∫

xx

dxxXp

dxxxf

a

a

xx

a

dxxdxa

dxxa

7.5. Neprekidna slučajna promenljiva X zadana je gustinom ( )

−∉

−∈=

4,

4,0

4,

4,2cos

ππ

ππ

x

xxa

xf .

Odrediti konstantu a, naći funkciju raspodele F(X), kao i verovatnoću

⟨⟨8

0π

Xp .

Rešenje:

4

2

80

)12(sin2

1)(

,1

=

⟨⟨

+=

=

πXp

xXF

a

7.6. Slučajna promenljiva ima normalnu raspodelu ).1,0(N Naći: a) )42.10( << Xp b) )073.0( <<− Xp c) )01.273.1( <<− Xp

d) )5.0( <Xp

e) )13.1( >Xp

Rešenje: a) 4222.0)42.1()42.10( =Φ=<< Xp b) 2673.0)73.0()073.0( =Φ=<<− Xp


42

c)93696.0

41466.047778.0)73.1()01.2()01.273.1(

==+=Φ+Φ=<<− Xp

d) 38292.0)5.0(2)5.0( =Φ=<Xp

e) 12924.0)13.1(5.0)13.1( =Φ−=>Xp Napomena: Vidi DODATAK XC

7.7. Prečnik matrica koje fabrika proizvodi je slučajna promenljiva X: ).04.0,5.1(N Naći verovatnoću škarta pod uslovom da je propisana tolerancija prečnika 07.0± . Kolika tolerancija prečnika može da se garantuje sa verovatnoćom 0.97?

Rešenje:

( ) 91988.075.1204.0

07.02)07.007.0( =Φ=

Φ=><− Xp

08012.091988.01 =−=p

09.00868.017.204.0

485.004.0

97.004.0

2

≈=⇒=

=

Φ

=

Φ

aa

a

a

Tolerancija [1.41,1.59]

7.8. Pri velikom broju merenja uočeno je da 75% grešaka ne premašuje 1.25. Zamenjujući frekvencije pojavljivanja grešaka njihovim verovatnoćama, odrediti verovatno odstupanje grešaka, smatrajući da su greške merenja realizacije slučajne promenljive X: ).,0( σN

Rešenje:

86.167.025.1

25.025.1

75.025.1

5.0

75.0)25.1(

=⇒=

=

Φ

=

Φ+

=<

σσ

σ

σ

Xp

7.9. Data je slučajna promenljiva X: N(m,σ). Odrediti nepoznate parametre iz uslova: ( ) 119.020 =⟨Xp i ( ) 025.028 =⟩Xp .

Rešenje:


43

( )( )

55.2,009.23

96.128

475.028

18.120

381.020

025.028

5.0

119.020

5.0

025.028

119.020

==

=−⇒=

−Φ

=−⇒=

−Φ

=

−Φ−

=

−Φ+

=⟩

=⟨

σσσ

σσ

σ

σ

m

mm

mm

m

m

Xp

Xp

7.10. U proizvodnji nekih proizvoda propisana tolerancija za jednu dimenziju je u granicama od 5 do 15 mm. Procenat škarta ispod donje granice je 4%, a iznad gornje je 8 %. Uz predpostavku da je posmatrana dimenzija slučajna promenljiva X:N(m,σ),odrediti m i σ.

Rešenje: 54.10=m i 16.3=σ

7.11. Predpostavimo da telesne težine 800 studenata imaju normalnu raspodelu sa srednjom težinom 66kg i standardnim odstupanjem 5kg. Naći broj studenata čija je težina izmeñu 65 i 75kg.

Rešenje:

( ) ( ) %33.5407926.046407.02.08.1

5

6665

5

6675)7565(

)5,66(:

800

=+=Φ+Φ=

=

−Φ−

−Φ=<<

=

Xp

NX

n

7.12. Mašina proizvodi metalne šipke dužine 24cm, s tolerancijom 0.5cm. Na osnovu dužeg posmatranja zna se da je σ = 0.03. Pod pretpostavkom da dužine X metalnih šipki imaju normalnu raspodelu, izračunati procenat metalnih šipki koje će se naći u intervalu tolerancije.

Rešenje:

( ) %9067.1203.0

05.02)05.0(

)03.0,24(:

=Φ=

Φ=<Xp

NX

7.13. Pokazati da je ( ) 997.03 =⟨− σmXP .

Rešenje:


44

( )997.049865.02

997.032

997.03

2

997.0)3(

≈⋅=Φ

=

Φ

=<−

σσ

σmXp


45

8. DVODIMENZIONALNA SLU ČAJNA PROMENLJIVA

8.1. Diskretna dvodimenzionalna slučajna promenljiva

Vrednosti dvodimenzionalne slučajne promenljive se mogu predstaviti tačkama u ravni xOy; ona je slučajna tačka (x,y) u ravni.

Zakon raspodele verovatnoća je pravilo po kome svakom paru vrednosti (xi, yi) slučajne promenljive (x,y) pridružujemo odgovarajuću verovatnoću pij. Znači, imamo:

pij – verovatnoću da slučajna promenljiva X uzme vrednost xi, a slučajna promenljiva Y vrednost yij tj.

( ) ,, ijpyYxXP === ,,...,1 ni = ,,...,1 mj = ∑∑= =

=n

i

m

jijp

1 1

1

Takoñe, imamo marginalne verovatnoće po vrstama pi i po kolonama pj, gde su:

.21 ... iimii pppp =+++ ,,...,1 ni = ( )i

m

jiji xXPpp ===∑

=1.

jnjjj pppp .21 ... =+++ ,,...,1 mj = ( )j

n

iijj yYPpp ===∑

=1.

11 1

.. ==∑ ∑= =

n

i

m

jji pp

Funkcija raspodele F(x,y) predstavlja verovatnoću istovremene realizacije dogañaja X<x, Y<y, tj:

F(x,y)=P(X<x, Y<y)

Grafička interpretacija funkcije raspodele je:

F(x,y) je verovatnoća da slučajna tačka (x,y) padne u beskonačni kvadrat sa temenom u tački (x,y).

( )[ ] ( )( ) ( ) ( ) ( )caFdaFcbFdbF

dYcbXaPSYXP

,,,,

,,

+−−==⟨⟨⟨⟨=∈


46

Osobine funkcije raspodele

1. F(x,y) je neopadajuća funkcija svojih argumenata

( ) ( )( ) ( ) 1212

1212

,,,

,,,

yyyxFyxF

xxyxFyxF

⟩≥⟩≥

2. ( ) ( ) ( ) 0,,, =−∞∞−=∞−=−∞ FyFxF

3. ( ) ( ) ( )xFYxXPxF 1,, =⟨∞−∞⟨⟨=+∞

( ) ( ) ( )yFyYXPyF 2,, =⟨⟨∞∞⟨−=∞+

( ) ( )yFxF 21 , - odgovarajuće funkcije raspodele promenljivih X i Y:

4. ( ) 1, =+∞∞+F

Marginalne verovatnoće:

( )i

m

jiji xXPpp ===∑

=1. ,,...,1 ni =

( )j

n

iijj yYPpp ===∑

=1. ,,...,1 mj =

Uslovne verovatnoće:

( )

( ).

/

./

/

/

i

ijijij

j

ijjiji

p

pxXyYPp

p

pyYxXPp

====

====

Definicija nezavisnosti dveju slučajnih promenljivih: Slučajne promenljive X i Y su nezavisne ako je ispunjena relacija:

jiij ppp ..= , za proizvoljan par brojeva i, j u diskretnom slučaju ili relacije:

( ) ( ) ( )yFxFyxF

pp

pp

jij

iji

21

./

./

, =

=

=

8.2. Neprekidna dvodimenzionalna slučajna promenljiva

Gustina raspodele i funkcija raspodele

( ) ( ) ( )yxFyx

yxFyxf xy ,

,,

2

′′==δδ

δ

( )[ ] ( )( )

dxdyyxfDYXPD∫∫=∈ ,, - verovatnoća da tačka (x,y) padne u oblast D.

Ovde imamo pojam elementarne verovatnoće ( )dxdyyxf , , a to je verovatnoća da slučajna tačka (x,y) padne u pravougaonik sa stranama dx i dy i jednim temenom u tački (x,y). Sabirajući elementarne verovatnoće po oblasti D dobijamo verovatnoću da tačka (x,y) padne u oblast D.


47

( ) ( ) ( )∫ ∫∞− ∞−

=⟨−∞⟨⟨∞⟨−=x y

dxdyyxfyYxXPyxF ,,,

Osobine gustine raspodele ( ) 0, ≥yxf

( ) 1, =∫ ∫∞

∞−

∞

∞−

dxdyyxf

Marginalne funkcije raspodele

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )∫ ∫

∫ ∫∞

∞− ∞−

∞−

∞

∞−

=⟨−∞⟨⟨∞∞⟨−=∞+=

=⟨∞−∞⟨⟨∞⟨−=+∞=

y

x

dxdyyxfyYXPyFyF

dxdyyxfYxXPxFxF

,,,

,,,

2

1

Marginalne gustine raspodele

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )∫

∫∞

∞−

∞

∞−

=′=

=′=

dxyxfyFyf

dyyxfxFxf

,

,

22

11

Marginalne gustine raspodele se mogu dobiti pomoću gustine raspodele dvodimezionalne slučajne promenljive, meñutim, obrnuto ne važi. Odnosno, da bi potpuno okarakterisali dvodimenzionalnu slučajnu promenljivu, potrebno je pored marginalnih raspodela znati i zavisnost izmeñu njih. Odnosno, uslovni zakon raspodele verovatnoća.

( ) ( )( )

( ) ( )( )xf

yxfxyf

yf

yxfyxf

1

2

,/

,/

=

=

Tumačenje: verovatnoća da slučajna tačka (X,Y) padne u pravougaonik S je jednaka verovatnoći da ona padne ( )dxxXxS +⟨⟨1 u pojas pod uslovom da je pala u pojas ( )dyyYyS +⟨⟨2 .

Definicija nezavisnosti dveju slučajnih promenljivih: Slučajne promenljive X i Y su nezavisne ako je ispunjena relacija:

( ) ( ) ( )yfxfyxf 21, =

ili relacije:

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

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )dYcPbXaPdYcbXaPdYcbXa

yFxFyxfF

yFxFyxF

yfxyf

xfyxf

yfxfyxf

xy

⟨≤⋅⟨≤=⟨≤⟨≤⇒⟨≤⟨≤∀

′′==′′====

,,

,

,

/

/

,

21

21

2

1

21


48

Zadaci: 8.1. Neka u eksperimentu bacanja dve kocke X označava broj tačaka na gornjoj strani prve

kocke, a Y broj tačaka na gornjoj strani druge kocke. Naći verovatnoće:

a) )6( =+ YXp

b) )2( =− YXp

c) )20( 22 ≤+ YXp

d) )9( >+ YXp

e) )10( <XYp

Rešenje:

a) 36

5)6( ==+ YXp

b) 36

4)2( ==− YXp

c) 36

13)20( 22 =≤+ YXp

d) 36

6)9( =>+ YXp

e) 36

17)10( =<XYp

8.2. Eksperiment se sastoji u izvlačenju 3 karte sa vraćanjem, iz špila od 52 karte. Ako sa X označimo broj izvučenih kečeva, a sa Y označimo broj izvučenih dama i kraljeva, odrediti zakon raspodele slučajnih promenljivih X i Y, kao i marginalne verovatnoće.

Rešenje: X\Y 0 1 2 3 pi.

0 2197

1000

2197

600

2197

120

2197

8

2197

1728

1 2197

300

2197

60

2197

12 0

2197

372

2 2197

30

2197

6 0 0

2197

36

3 2197

1 0 0 0

2197

1

p.j 2197

1331

2197

666

2197

132

2197

8 1

2197

1000

52

40)0,0(

3

3

==== YXp 2197

120

52

40

52

8

52

83)2,0( =

⋅⋅=== YXp

2197

600

52

40

52

40

52

83)1,0( =

⋅⋅=== YXp 2197

8

52

8)3,0(

3

3

==== YXp ...


49

8.3. Data je raspodela verovatnoća dvodimenzionalne slučajne promenljive (X,Y). Naći marginalne raspodele slučajnih promenljivih X i Y, kao i njihove zakone i funkcije raspodele.

X\Y -2 -1 0 1 2 3 0 0.05 0.05 0.1 0 0.05 0.05 1 0.1 0.05 0.05 0.1 0 0.05 2 0.03 0.12 0.07 0.06 0.03 0.04

Rešenje: X\Y -2 -1 0 1 2 3 p.i

0 0.05 0.05 0.1 0 0.05 0.05 0.3 1 0.1 0.05 0.05 0.1 0 0.05 0.35 2 0.03 0.12 0.07 0.06 0.03 0.04 0.35 p.j 0.18 0.22 0.22 0.16 0.08 0.14 1

35.035.03.0

210:X

−−14.008.016.022.022.018.0

321012:Y

=

,1

,65.0

,3.0

,0

)(XF

>≤<≤<

≤

2

21

10

0

x

x

x

x

=

,1

86.0

,78.0

,62.0

,4.0

,18.0

,0

)(YF

>≤<≤<≤<

≤<−−≤<−

−≤

3

32

21

10

01

12

2

y

y

y

y

y

y

y

8.4. Data je raspodela verovatnoća dvodimenzionalne slučajne promenljive (X,Y). Naći marginalne raspodele slučajnih promenljivih X i Y, kao i njihove zakone raspodele.

X\Y 1 2 3 1 3 7 0 2 1 4 2 3 5 1 8 4 2 1 6

Rešenje: X\Y 1 2 3 pi.

1 3/40 7/40 0/40 10/40 2 1/40 4/40 2/40 7/40 3 5/40 1/40 8/40 14/40 4 2/40 1/40 6/40 9/40 p.j 11/40 13/40 16/40 1

8.5. Data je raspodela verovatnoća dvodimenzionalne slučajne promenljive (X,Y). Naći marginalne raspodele slučajnih promenljivih X i Y, kao i njihove zakone raspodele i verovatnoće ),,( 23 yYxXp =< )/( 12 yYxXp >≤ .

Y/X x1 x2 x3 y1 0.12 0.18 0.1 y2 0.1 0.11 0.39

Rešenje:


50

X/Y y1 y2 pi. x1 0.12 0.1 0.22 x2 0.18 0.11 0.29 x3 0.1 0.39 0.49 p.j 0.4 0.6 1

21.011.01.0),( 23 =+==< yYxXp 35.06.0

21.0

)(

),()/(

1

1212 ==

>>≤

=>≤yYp

yYxXpyYxXp

8.6. Naći marginalne verovatnoće, zakone i funkcije raspodela koordinata dvodimenzionalne slučajne promenljive (X,Y) date tabelom:

Odrediti verovatnoće p(X>Y) i p(X=Y+2), kao i uslovne raspodele koordinata X i Y.

Rešenje:

45

22

45

20

45

2)( =+=> YXp

45

2)1( =+= YXp

=

14

9

14

2

14

3

1031:2/YX

=

11

1

11

7

11

3

542:1/ XY

=

20

5

20

8

20

7

1031:4/YX

=

14

4

14

8

14

2

542:3/ XY

=

11

6

11

4

11

1

1031:5/YX

=

20

6

20

5

20

9

542:10/ XY

8.7. Baca se kocka 2 puta. Neka slučajna promenljiva X odgovara rezultatu prvog bacanja kocke, a slučajna promenljiva Y odgovara rezultatu drugog bacanja kocke. Naći raspodelu slučajne promeljive Z=X+Y.

Rešenje:

YX =

6

1

6

1

6

1

6

1

6

1

6

1

654321:

X\ Y 2 4 5 1 3 7 1 3 2 8 4 10 9 5 6

X\ Y 2 4 5 pi. 1 3/45 7/45 1/45 11/45 3 2/45 8/45 4/45 14/45 10 9/45 5/45 6/45 20/45 p.j 14/45 20/45 11/45 1


51

=

36

1

18

1

12

1

9

1

36

5

6

1

36

5

9

1

12

1

18

1

36

1

12111098765432Z


52

9. FUNKCIJE SLUČAJNIH PROMENLJIVIH Ako svakoj mogućoj vrednosti slučajne promenljive X odgovara jedna moguća vrednost slučajne promenljive Y, tada se Y naziva funkcijom slučajne promenljive X u oznaci:

( )XY ϕ=

U slučaju diskretne slučajne promenljive:

( ) ( ) ( ) ( )

====⇒

n

nn

n

n

ppp

xyxyxyXY

p

x

p

x

p

xX

...

...

...

...:

21

2211

2

2

1

1 ϕϕϕϕ

Ako je ( )Xϕ monotona funkcija (npr: 13 += XY ), onda je ( ) ( ) iii pxXPyYP ==== . Ako je

( )Xϕ nemonotona funkcija (npr: 13 2 += XY ), onda su verovatnoće ( )iyYP = jednake zbiru

( )ixXP = onih vrednosti slučajne promenljive X za koje Y ima jednake vrednosti.

U slučaju neprekidne slučajne promenljive:

Neka je X neprekidna slučajna promenljiva definisana gustinom raspodele verovatnoća f(x) za bxa << i neka je funkcija )(XY ϕ= neprekidna i diferecijabilna. Imamo slučajeve:

1. za bxa << , )(XY ϕ= je monotono rastuća Verovatnoća dogañaja da se tačka (X,Y) nalazi na delu krive )(XY ϕ= ispod prave AB:Y=y, tj. verovatnoća dogañaja Y<y jednaka je verovatnoći dogañaja xXa << :

)())(()()()()()( aFyFaFxFxXaPyYPyG −=−=<<=<= ψ

gde su: F(x) funkcija raspodele slučajne promenljive X, a )(yψ inverzna funkcija funkcije )(XY ϕ= . Gustina raspodele funkcije )(XY ϕ= je:

)('))(()( yyfyg ψψ ⋅=

2. za bxa << , )(XY ϕ= je monotono opadajuća

)())(()()()()()( bFyFxFbFbXxPyYPyG +−=−=<<=<= ψ )('))(()( yyfyg ψψ ⋅−=

U slučaju monotonosti funkcije )(XY ϕ= uzima se jedinstvena formula za gustinu raspodele verovatnoća:

)('))(()( yyfyg ψψ ⋅=

3. Kada )(XY ϕ= nije monotona

∑ ∫∑∆

=∆∈=<=)(

)())(()()(yi

i dxxfyXPyYPyG

)(')( yGyg =


53

Zadaci:

9.1. Ako slučajna promenljiva X ima raspodelu verovatnoća

6.03.01.0

321:X , naći

raspodelu verovatnoća slučajne promenljive Y=3X+1.

Rešenje:

10133)(

7123)(

4113)(

13)(

33

22

11

=+⋅===+⋅==

=+⋅==+=

xy

xy

xy

XX

ϕϕϕ

ϕ

6.03.01.0

1074:Y

9.2. Ako slučajna promenljiva X ima raspodelu verovatnoća

−−4.03.02.01.0

2112:X ,

naći raspodelu verovatnoća slučajne promenljive Y=3X2+1.

Rešenje:

13123)(

4113)(

41)1(3)(

131)2(3)(

13)(

244

233

222

211

2

=+⋅==

=+⋅==

=+−⋅==

=+−⋅==

+=

xy

xy

xy

xy

XX

ϕϕϕϕ

ϕ

5.05.0

134:Y

9.3. Opisati slučajnu promenljivu Y=X2-1, ako je:

Rešenje:

−

8

3

2

1

8

1

321:X

8

3

2

1

8

1

830:Y

−

2

1

4

1

4

1

211:X

2

1

2

1

30:Y

9.4. Slučajna promenljiva X označava verovatnoću pojavljivanja dogañaja A u 3 nezavisna opita, pri čemu je verovatnoća pojavljivanja dogañaja A u jednom opitu 0.25. Odrediti zakon i funkciju raspodele za slučajne promenljive Y=2X+1 i Z=X2.

Rešenje:


54

42.075.025.00

3)0( 30

3 =⋅

=p ...

02.014.042.042.0

3210:X

02.014.042.042.0

7531:Y

02.014.042.042.0

9410:Z

9.5. Ako je

3.02.01.01.02.01.06666

0:

πππππX , naći zakon raspodele za Y=sinX.

Rešenje:

1.03.02.04.0

12

2

2

10

:Y

9.6. Ako je

−−

11

1

11

2

11

4

11

3

11

12

02:

ππππX , naći zakon raspodele za Y=cosX.

Rešenje:

−

11

4

11

5

11

2

101:Y

9.7. Gustina f(x) slučajne promenljive X definisana je na intervalu (-∞, ∞). Naći gustinu raspodele verovatnoća g(y) slučajne promenljive Y, ako je 22XY = .

Rešenje:

22XY =


55

−+

=

=ΨΨ+ΨΨ=

Ψ==Ψ

Ψ=±=⇒=

2222

1

)('))(()('))(()(

)('22

1)('

)(22

2211

21

2,12

yf

yf

y

yyfyyfyg

yy

y

yY

XY

X

9.8. Naći gustinu raspodele verovatnoća g(y) slučajne promenljive Y, ako je:

a) XY = na intervalu (-∞, ∞)

b) 3XY = na intervalu (0, ∞).

Rešenje:

a) b)

XY = 3XY =

)()()(

1)(')('

)(,)(

21

21

yfyfyg

yy

yyyyYX

−+==Ψ=Ψ

−=Ψ=Ψ⇒±=

3 2

3

3 2

33

3

1)()(

3

1)('

)(

yyfyg

yy

yyYX

=

=Ψ

=Ψ⇒=

9.9. Gustina f(x) slučajne promenljive X definisana je na intervalu (0, ∞). Naći gustinu raspodele verovatnoća g(y) slučajne promenljive Y, ako je:

a) XeY −= ,

b) XY ln= ,

c) 2

1

XY = ,

d) 2XeY −=

Rešenje:

a) b) XeY −= XY ln=

)1

(ln1

)(

1)('

1ln)(

1lnln

yf

yyg

yy

yy

YXXY

=

−=Ψ

=Ψ⇒=⇒−=

YY

Y

YY

eefyg

ey

eyeX

)()(

)('

)(

==Ψ

=Ψ⇒=


56

c) d)

2

1

XY =

2XeY −=

)1

(ln2

1)(

2

11

2

1)('

1)(

1

2

yf

yyyg

yyyyy

yy

YX

=

−=

−=Ψ

=Ψ⇒±=

=

=

−

=Ψ

±=⇒−=

−

yf

yy

yg

yy

yyy

YXXY

1ln

1ln2

1)(

1ln2

111ln

2

1)('

1lnln

2

1

2

9.10. Slučajna promenljiva X definisana je gustinom raspodela verovatnoća 2

2

2

1)(

x

exf−

=π

na

intervalu )( ∞<<−∞ X . Naći gustinu raspodele verovatnoća g(y) slučajne promenljive Y=X2.

Rešenje:

2XY =

yeyg

yyy

yyyyYX

y 1

2

1)(

2

1)(')('

)(,)(

2

21

21

−=

=Ψ=Ψ

−=Ψ=Ψ⇒±=

π

9.11.Slučajna promenljiva ima Košijevu raspodelu verovatnoća definisanu gustinom

( )21

1)(

xxf

+=

π na intervalu )( ∞<<−∞ X . Naći gustinu raspodele verovatnoća g(y)

slučajne promenljive Y=X3+2.

Rešenje:

23 += XY

( )

( ) ( )3 43 23 23 2

3

2

1

33

)2()2(3

1

)2(3

1

)2(1

1)(

23

1)('

2)(2

−+−=

−−+=

−=Ψ

−=Ψ⇒−=−

yyyyyg

yy

YyYX

ππ

9.12. Slučajna promenljiva ima uniformnu raspodelu verovatnoća na intervalu )2,0( π . Naći gustinu raspodele verovatnoća g(y) slučajne promenljive Y=cosX.

Rešenje:


57

∈=

inace

xxf

,0

)2,0(,2

1)(

ππ

XY cos=

222

221

21

1

1

12

1

12

1)(

1

1)(')('

arccos)(,arccos)(arccos

yyyyg

yyy

YyYyYX

−=

−+

−=

−=Ψ=Ψ

−=Ψ=Ψ⇒=

πππ


58

10. NUMERIČKE KARAKTERISTIKE SLU ČAJNIH PROMENLJIVIH

10.1. Matematičko očekivanje, medijan i mod

Matematičko očekivanje E(x) – srednja vrednost slučajne promenljive X:

− u slučaju diskretne slučajne promenljive: ( ) ∑=

=n

iii pxXE

1

− u slučaju neprekidne slučajne promenljive: ( ) ( )∫∞

∞−

= dxxxfXE

Ako je ( )xY ϕ= , funkicja slučajne promenljive X, tada je matematičko očekivanje slučajne promenljive Y jednako:

( ) ( )( )( )

( ) ( )∫

∑∞

∞−

===dxffx

px

XEYE

n

iii

ϕ

ϕϕ 1

Matematičko očekivanje funkcije Xr (r=1,2,...), naziva se običnim momentom reda r:

( )( )∫

∑∞

∞−

===dxffx

px

XEmr

n

ii

ri

rr

1

Definicija: ako je F(x) funkcija raspodele slučajne promenljive X, tada se rešenje jednačine:

( ) pxF p =

naziva kvartilom reda p. Kvartil reda 0.5 naziva se medijanom slučajne promenljive X, tj. medijan Me se dobija kao rešenje jednačine:

( ) ( ) ( ) 5.05.0 =⟨== MexpxFMeF

Pored medijana, koriste se i kvartili X0.25 i X0.75, prvi i treći.

Definicija: ako je X diskretna slučajna promenljiva, tada je mod njena najverovatnija vrednost. Ako je X neprekidna slučajna promenljiva, tada je mod maksimum gustine raspodele.

Osobine matematičkog očekivanja

( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )XEXE

YEXEXYE

YEXEYXE

XCECXE

CCE

≥=

+=+=

=

u diskretnom slučaju

u neprekidnom slučaju




59

10.2. Disperzija i standardno odstupanje

(parametri koji mere rasturanje vrednosti jednodimenzionalne slučajne promenljive oko centra rasturanja)

Definicija: Disperzijom slučajne promenljive X naziva se matematičko očekivanje kvadrata odstupanja slučajne promenljive X od E(X):

( ) ( )( )

( ) ( )( )( )

( )( ) ( )∫

∑∞

∞−

=

−

−=−

=−==

dxffxEx

pxEx

XEXE

XEXEXDn

iii

2

1

2

22

22σ

Pozitivan koren iz disperzije:

( )XD=σ

naziva se standardnim odstupanjem (devijacijom).

Da bi rasturanje različitih raspodela moglo da se uporeñuje, uvedena je relativna mera rasturanja, poznata pod nazivom koeficijent varijacije:

( )XEkv

σ=

Centralni momenat r-tog reda definiše se formulom:

( )( )

( ) ( )( )( )

( )( ) ( )∫

∑∞

∞−

=

−

−=−

=−=

dxffxEx

pxEx

XEXE

XEXE

r

n

ii

ri

rr

rr

1

µ

Centralni momenti se mogu izraziti i pomoću običnih momenata:

41

2121344

311233

2122

1

364

23

0

mmmmmm

mmmm

mm

−+−=

+−=

−=

=

µµµµ

Ako je ( )xY ϕ= funkcija slučajne promenljive X, onda je centralni momenat r-tog reda slučajne promenljive Y jednak:

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

( ) ( )( )( ) ( )∫

∑∞

∞−

=

−

−=−=

dxffxEx

pxEx

XEXEr

n

ii

ri

rr

ϕϕ

ϕϕϕϕµ 1

- u diskretnom slučaju

-u neprekidnom slučaju






60

Disperzija slučajne promenljive Y je: ( ) ( )( ) ( )( )XEXEYD ϕϕ 22 −=

Osobine disperzije

( )( ) ( )XDCCXD

CD2

0

==

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )YDXDYXD

YDXDYXD

+=−+=+

10.3.Koeficijent korelacije

(parametri raspodele dvodimenzionalne slučajne promenljive)

Centar rasturanja vrednosti dvodimenzionalne slučajne promenljive (X,Y) okarakterisan je “srednjom tačkom” (M1,M2), gde su M1 i M2 matematička očekivanja slučajnih promenljivih X i Y, koja se u diskretnom i neprekidnom slučaju definišu kao:

( )( ) ( ) ( )∫ ∫ ∫∫∫

∑ ∑ ∑∑∑∞

∞−

∞

∞−

∞

∞−

∞

∞−

∞

∞−

= = ===

==

==

==dxxxfdyyxfxdxdxdyyxxf

pxpxpx

XEM

n

i

n

i

n

iii

m

jiji

m

jiji

1

1 1 1.

11

1

,,

( )( )∫

∑∞

∞−

===

dyyyf

py

YEM

m

jjj

2

1.

2

Dalje imamo obične momente reda r+s:

( )∫ ∫

∑∑∞

∞−

∞

∞−

= ==

dxdyyxfyx

pyx

msr

n

i

m

jij

sj

ri

rs

,

1 1

odakle su matematička očekivanja M1 i M2 obični momenti prvog reda: 012101 , mMmM ==

Zatim, centralni momenat reda r+s:

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

( )( ) ( )( ) ( )∫ ∫

∑∑∞

∞−

∞

∞−

= =

−−

−−

=−−=dxdyyxfyEyxEx

pyEyxEx

yEyxExEsr

n

i

m

jij

sj

ri

srrs

,

1 1η

Momenat ( )( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )YEXEXYEYEYXEXE −=−−=11η se zove kovarijansa, a razlomak

( )( ) ( )( ) yxyxxy

MMm

YEYEXEXE σσσσηηρρ 211111

22

11 −==

−−== ; 0≠yxσσ

je koeficijent korelacije za slučajne veličine X i Y.

Ako su dve slučajne promeljive nezavisne onda su i nekorelativne, obrnuto ne mora da važi.


61

Zadaci:

10.1. Slučajna veličina X ima sledeći raspored:

−4.03.01.02.0

2101:X . Odrediti E(X) i D(X).

Rešenje:

29.19.01.2)()()(

1.24.023.011.002.0)1()(

9.04.023.011.002.01)(

222

22224

1

22

4

1

=−=−=

=⋅+⋅+⋅+⋅−==

=⋅+⋅+⋅+⋅−==

∑

∑

=

=

XEXEXD

pxXE

pxXE

iii

iii

10.2. Neka je

aX

5.01.02.0

7431: . Odrediti a, E(X) i D(X).

Rešenje:

69.39.39.18)()()(

9.182.075.041.032.01)(

9.32.075.041.032.01)(

2.0)5.01.02.0(1

222

22222

=−=−=

=⋅+⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅+⋅==++−=

XEXEXD

XE

XE

a

10.3 Slučajna veličina X ima gustinu proporcionalnu sa x2 na intervalu (0,3). Odrediti joj E(X) i σ.

Rešenje:

∉∈

=)3,0(,0

)3,0(,)(

2

x

xkxXf


62

80

27)(

80

27

16

81

5

27)(

5

27

59

1

9

1)(

4

9

4

81

9

1

49

1

9

1)(

9

11

3

27

13

1

3

0

53

0

222

3

0

43

0

2

3

0

3

3

0

2

==

=−=

=

==

==

==

=⇒=

=

=

∫

∫

∫

XD

XD

xdxxxXE

xdxxxXE

kk

xk

dxkx

σ

10.4. Diskretna slučajna promenljiva ima dve moguće vrednosti 1y i 2y . Pri tome je 12 yy ⟩ . Ako

je 6.0)( 1 == yYp , 4.1)( =YE i 24.0)( =XD .

Rešenje:

4.06.0: 21 yy

Y

8.11

8.028.0

48.012.1

8.0

024.12544.112.1

064.012.14.0

32.124.016.012.196.1

6.0/2.24.06.0

16.012.196.1

2.24.06.0

6.0

4.04.14.14.06.0

24.04.14.06.0

24.0)()(24.0)(

4.14.06.04.1)(

2111

2212

2,12

22

2

22

222

22

222

22

21

2121

222

21

22

21

====

±=−±=

=+−

=++−

⋅=++−

=+

−=⇒=+

=−+

=−⇔=

=+⇔=

yy

yy

y

yy

yyy

yyy

yy

yyyy

yy

YEYEXD

yyYE

4.06.0

21:Y


63

10.5. Date su nezavisne slučajne promenljive

2.015.025.04.0

13972:X i

05.06.035.0

431:Y . Odrediti E(X),D(2X) i D(Y).

Rešenje:

1771.1)(

2.70)(4)2(

5.62.0.13115.0925.074.02)(

===

=⋅+⋅+⋅+⋅=

YD

XDXD

XE

10.6. Dati su zakoni raspodela nezavisnih slučajnih promenljivih.

−26.034.019.021.0

2101:X i

5.02.03.0

420:Y . Naći E(XY) i D(X+2Y).

Rešenje:

3275.1316.121675.1)(4)()2(

56.1)()()(

=+=+=+==

YDXDYXD

YEXEXYE

10.7. Odrediti Me za slučajnu promenljivu X, ako je ona definisana funkcijom raspodele:

>−

≤= − 0,1

0,0)(

xe

xXF

ax.

Rešenje:

aMe

aMe

e

e

MeF

aMe

aMe

2ln2

1ln

ln/5.0

5.01

5.0)(

=

=−

=

=−

=

−

−

10.8. Odrediti matematičko očekivanje, medijanu i modus ako slučajna veličina ima funkciju

raspodele:

>

≤<

≤

=

2,1

20,4

0,0

)(2

x

xx

x

XF .

Rešenje:

≤<==

inace

xx

XFXf,0

20,2)(')(


64

3

4

3

8

2

1

32

1

2)(

2

0

32

0

==

== ∫

xdx

xxXE

2

2

5.04

5.0)(

2

2

=

=

=

=

Me

Me

Me

MeF

2

1)(' =Xf nema max f(x), nema modusa

10.9. Izračunati koeficijent varijacije za raspored zadat u tabeli:

razmak f x y fy fy2 5,5-7,5 2 6,5 -5 -10 50 7,5-9,5 3 8,5 -4 -12 48 9,5-11,5 17 10,5 -3 -51 153 11,5-13,5 43 12,5 -2 -86 172 13,5-15,5 62 14,5 -1 -62 62 15,5-17,5 81 16,5 0 0 0 17,5-19,5 70 18,5 1 70 70 19,5-21,5 61 20,5 2 122 244 21,5-23,5 18 22,5 3 54 162 23,5-25,5 3 24,5 4 12 48

Rešenje:

razmak f x y fy fy2 x2 fx fx2

5,5-7,5 2 6,5 -5 -10 50 42,25 13 84,5

7,5-9,5 3 8,5 -4 -12 48 72,25 25,5 216,75

9,5-11,5 17 10,5 -3 -51 153 110,25 178,5 1874,25

11,5-13,5 43 12,5 -2 -86 172 156,25 537,5 6718,75

13,5-15,5 62 14,5 -1 -62 62 210,25 899 13035,5

15,5-17,5 81 16,5 0 0 0 272,25 1336,5 22052,25

17,5-19,5 70 18,5 1 70 70 342,25 1295 23957,5

19,5-21,5 61 20,5 2 122 244 420,25 1250,5 25635,25

21,5-23,5 18 22,5 3 54 162 506,25 405 9112,5

23,5-25,5 3 24,5 4 12 48 600,25 73,5 1800,75

∑ 360 155 -5 37 1009 6014 104488


65

%17.201007.16

37.3

37.334.11

34.11)(

23.290360

104488)(

7.16360

6014)(

22

=⋅=

==

=

===

===

∑

∑

V

XDN

fxXE

N

fxXE

i

i

σ

10.10. Odrediti E(XY), E(X), E(Y) ako je zakon raspodele slučajnog vektora (X,Y) dat tablicom. da li su X i Y nezavisne?

X/Y 0 1 2

0 1/9 2/9 0 1 0 1/9 2/9 2 2/9 0 1/9

Rešenje:

X/Y 0 1 2 fx xfx

0 1/9 2/9 0 1/3 0 1 0 1/9 2/9 1/3 1/3 2 2/9 0 1/9 1/3 2/3 fy 1/3 1/3 1/3 1 - yfy 0 1/3 2/3 - -

1)(,1)( == YEXE

X/Y 0 1 2

0 1/9 2/9 0 1 0 1/9 2/9 2 2/9 0 1/9 Si xSi

f0yy 0 2/9 0 2/9 0 f1yy 0 1/9 4/9 5/9 5/9 f2yy 0 0 2/9 2/9 4/9

1)( =XYE X i Y nisu nezavisne jer je: )()()( YEXEXYE ⋅=

10.11. Izračunati koeficijent korelacije za dati dvodimenzionalni raspored. X/Y 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 2 2 1 0 0 0 0 0 0 0 3 1 2 3 2 2 1 0 0 0 0 0 4 0 0 1 4 4 3 3 1 0 0 0 5 0 0 0 1 4 6 5 4 1 1 0 6 0 0 0 0 1 2 3 6 4 2 0 7 0 0 0 0 0 0 2 3 5 4 2 8 0 0 0 0 0 0 0 0 2 3 2


66

Rešenje:

X/Y 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 fx x*fx x2*fx 1 2 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 3 3 2 2 2 2 1 0 0 0 0 0 0 0 7 14 28 3 1 2 3 2 2 1 0 0 0 0 0 11 33 99 4 0 0 1 4 4 3 3 1 0 0 0 16 64 256 5 0 0 0 1 4 6 5 4 1 1 0 22 110 550 6 0 0 0 0 1 2 3 6 4 2 0 18 108 648 7 0 0 0 0 0 0 2 3 5 4 2 16 112 784 8 0 0 0 0 0 0 0 0 2 3 2 7 56 448 fy 5 5 6 8 11 12 13 14 12 10 4 100 500 2816 y*fy 0 5 12 24 44 60 78 98 96 90 40 547 y2*fy 0 5 24 72 176 300 468 686 768 810 400 3709 Si*xi f1y*y 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 f2y*y 0 2 4 3 0 0 0 0 0 0 0 9 18 f3y*y 0 2 6 6 8 5 0 0 0 0 0 27 81 f4y*y 0 0 2 12 16 15 18 7 0 0 0 70 280 f5y*y 0 0 0 3 16 30 30 28 8 9 0 124 620 f6y*y 0 0 0 0 4 10 18 42 32 18 0 124 744 f7y*y 0 0 0 0 0 0 12 21 40 36 20 129 903 f8y*y 0 0 0 0 0 0 0 0 16 27 20 63 504 Σ 3151

5100

500)( ==XE 16.28

100

2816)( 2 ==XE 16.3516.28)( 2 =−=XD

47.5100

547)( ==YE 09.37

100

3709)( 2 ==YE 1691.747.509.37)( 2 =−=YD

68.2=yσ 78.1=xσ 87.068.2*78.1

47.5*551.31 =−=xyρ

10.12. Izračunati koeficijent korelacije za dati dvodimenzionalni raspored. X/Y 1 2 3 1 3 7 0 2 1 4 2 3 5 1 8 4 2 1 6

Rešenje:

X/Y 1 2 3 fx xfx x2fx

1 3 7 0 10 10 10

2 1 4 2 7 14 28

3 5 1 8 14 42 126

4 2 1 6 9 36 144

fy 11 13 16 40 102 308


67

yfy 11 26 48 85

y2fy 11 52 144 207 Si*xi

f1yy 3 14 0 17 17 f2yy 1 8 6 15 30 f3yy 5 2 24 31 93 f4yy 2 2 18 22 88

Σ 228

55.2)( =XE 7.7)( 2 =XE 1975.1)( =XD

125.2)( =YE 175.5)( 2 =YE 659.0)( =YD

81.0=yσ 09.1=xσ 40.0=xyρ


68

11. NEJEDNAKOST ČEBIŠEVA Ako slučajna promeljiva ima konačnu disperziju, onda je:

( )( ) ( )2ε

ε XDXEXp ≤≥− , ODNOSNO ( )( ) ( )

21

εε XD

XEXp −><−

gde je ε proizvoljan pozitivan broj.

U vezi sa ovim pominje se i nejednakost Markova:

( ) ( )a

XEaXp <> , odnosno ( ) ( )

a

XEaXp −<> 1

Zadaci:

11.1. Diskretna slučajna promenljiva ima raspodelu verovatnoća:

8.02.0

6.03.0:X . Oceniti

( )2.0)( <− XEXp pomoću nejednakosti Čebiševa.

Rešenje:

0144.0)(

306.08.06.02.03.0)(

54.08.06.02.03.0)(222

==⋅+⋅=

=⋅+⋅=

XD

XE

XE

( ) 64.004.0

0144.012.0)( =−≥<− XEXp

11.2. Slučajna promenljiva ima raspodelu verovatnoća:

1.02.03.025.01.005.0

654321:X . Oceniti ( )2)( <− XEXp pomoću

nejednakosti Čebiševa.

Rešenje:

66.1)(1.16)(8.3)( 2 === XDXEXE

( ) 585.02)8.3 ≥<−Xp

11.3. Iz ( ) 9.0)( ≥<− εXEXp i D(X)=0.09 odrediti ε .

Rešenje:

( )

3.09.0

1.009.0

9.009.0

1)(

2

2

2

=⇒=

=

=−≥<−

εεε

εεXEXp


69

11.4. Slučajna promenljiva X ima E(X)=1 i standardno odstupanje 0.2.Pomoću nejednakosti Čebiševa oceniti 0.5<X<1.5.

Rešenje:

( ) 84.016.015.0

2.015.0)1

2

2

=−=−≥<−Xp

11.5. Slučajna promenljiva X ima E(X)=2 i standardno odstupanje 1. Pomoću nejednakosti Čebiševa oceniti p(-3<X<7).

Rešenje:

( ) 96.025

11

5

115)2

2

2

=−=−≥<−Xp

11.6. Matematičko očekivanje E(X) brzine vetra na datoj visini je 25 km/h, dok je standardno odstupanje σ = 4,5 km/h. Kolike se brzine vetra mogu očekivati na toj visini sa verovatnoćom ne manjom od 0,9?

Rešenje:

23.3977.10

23.1425

23.145.2021.0

25.2025.201.0

25.201

)(19.0

9.0)25(

25.20)(5.4

25)(

22

22

≤≤≤−

⇒==⇒−=−

−=−=

≥≤−=⇒=

=

X

X

XD

Xp

XD

XE

εε

εε

εσ

11.7. Slučajna promenljiva ima raspodelu verovatnoća:

05.015.015.025.03.01.0

12108642:X . Oceniti ( )11<Xp pomoću nejednakosti

Markova.

Rešenje:

2.6)( =XE

( ) 44.011

2.6111 ≈−≥<Xp

11.8. Srednji vek motora je 4 godine. Oceniti verovatnoću da dati motor neće raditi više od 20 godina.

Rešenje:

( ) 8.020

4120 =−≥<Xp


70

12. LINEARNE REGRESIJE Ako je poznat zakon raspodele slučajnih veličina (X,Y), odreñujemo uslovne verovatnoće u diskretnom i naprekidnom slučaju:

( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( )xf

yxfyfxyf

ixp

yxpxXyYp

x

i

jiij

1

,/

,...2,1;,

/

==

====

Ako je zavisnost meñu slučajnim veličinama delimična, radi se o uslovnom matematičkom očekivanju:

( ) ( ) ( )xXYExyXR === /

koje u diskretnom slučaju ima oblik:

( ) ( ) ( )∑==j

iij xypyxyXR /

a u neprekidnom:

( ) ( ) ( )∫∞

∞−

== dyxyyfxyXR /

Slučaj linearne regresije – aproksimativna kriva je βα += XY . Linearnu regresiju

možemo odrediti metodom najmanjih kvadrata. Parametre α i β odreñujemo iz uslova da

funkcija ( ) ( )( )2, βαβα +−= XYEG ima minimum. Dobijamo sistem jednačina:

( ) ( ) ( )( ) ( )YEXE

GGXYEXEXE

=+

=′∧=′=+

βαβα βα 002

čijim rešavanjem dolazimo do izraza za linearnu regresiju Y na X.

( )( ) ( )YEXEXyx

yxy +−=

σσ

ρ

Ako je na raspolaganju n tačaka ( )iii yxM , , traži se da funkcija:

( ) ( )( )∑=

+−=n

iiii xypG

1

2, βαβα

ima najmanju vrednost.

Odatle je:

( )

( )∑ ∑∑ ∑∑∑∑ ∑∑ ∑∑

−

−=

−

−=

22

2

22

ii

iiiii

ii

iiii

xxn

yxxyx

xxn

yxyxn

β

α

čijom se zamenom u βα += XY dobija linearna regresija Y na X.


71

Zadaci 12.1. Odrediti srednje kvadratnu regresionu pravu Y na X na osnovu zadate tabele podataka:

x 1 3 4 6 8 9 11 14

y 1 2 4 4 5 7 8 9

Rešenje:

x y xi2 xiyi

1 1 1 1 3 2 9 6 4 4 16 16 6 4 36 24 8 5 64 40 9 7 81 63 11 8 121 88 14 9 196 126

Σ 56 40 524 364

64.0565248

405636482

=−⋅

⋅−⋅=α 55.0565248

36456405242

=−⋅

⋅−⋅=β

55.064.0 += XY

12.2. Za podatke u tabeli ( )iii yxM , odrediti regresiju Y na X.

xi yi 2ix xiyi

1 1.25 1 1.25 1.5 1.4 2.25 2.1 3 1.5 9 4.5

4.5 1.75 20.25 7.875 5 2.25 25 11.25

Rešenje:

202.0=α 024.1=β

024.1202.0 += XY

12.3. Zakon raspodele slučajnog vektora (X,Y) dat je tablicom. Odrediti regresiju Y na X i ρxy. X/Y 0 2 4 6

1 0 3 1 4 2 2 1 0 1 3 4 2 2 0

Rešenje:

X/Y 0 2 4 6 fx xfx x2fx

1 0 3 1 4 8 8 8

2 2 1 0 1 4 8 16


72

3 4 2 2 0 8 24 72

fy 6 6 3 5 20 40 96

yfy 0 12 12 30 54

y2fy 0 24 48 180 252 Si*xi

f1yy 0 6 4 24 34 34 f2yy 0 2 0 6 8 16 f3yy 0 4 8 0 12 36

Σ 86

2)( =XE 5

24)( 2 =XE

5

4)( =XD

10

27)( =YE

5

63)( 2 =YE 31.5)( =YD

89.0=xσ 3.2=yσ 54.0−=xyρ

XY

XY

XEXYEY

XXY

Y

39.196.389.0

254.0

3.2

7.2

)()(

−=

−−=−

−=−σ

ρσ

12.4. Zakon raspodele slučajnog vektora (X,Y) dat je tablicom. Odrediti metodom najmanjih kvadrata regresiju Y na X i ρxy.

X/Y 1 2 3 4 5 6 0 1 3 0 0 0 0 1 2 0 4 0 2 0 2 0 0 3 3 0 2

Rešenje:

X/Y 1 2 3 4 5 6 fx xfx x2fx 0 1 3 0 0 0 0 4 0 0 1 2 0 4 0 2 0 8 8 8 2 0 0 3 3 0 2 8 16 32 fy 3 3 7 3 2 2 20 24 40 yfy 3 6 21 12 10 12 64 y2fy 3 12 63 48 50 72 248 Si*xi f1yy 1 6 0 0 0 0 7 0 f2yy 2 0 12 0 10 0 24 24 f3yy 0 0 9 12 0 12 33 66

Σ 90


73

78.118.1

18.1962

25.914

2

9

5

6

5

16

5

62

78.15

6

5

16

5

16

5

62

9

5

62

)()(

)()()( 2

+=

=⇒−=

=

−+

=−=⇒=+

=+

=+=+

XY

YEXE

XYEXEXE

αα

αα

αββα

βα

βαβα


74

DODATAK A - NEKE VAŽNE DISKRETNE RASPODELE Binomna raspodela ( )pnB , , ( )1,0∈p

( ) inii

x

qpi

niXpp

nR

−

===

= ,...,1,0

ni ,...,1,0=

Puasonova raspodela ( )λ0P , (λ>0)

( ) λλ −===

=

ei

iXpp

Ri

i

x

!

,...2,1,0

,...2,1,0=i

Geometrijska raspodela

( ) ( ) ppiXpp

Ri

i

x

11

,...3,2,1−−===

=


75

DODATAK B - NEKE VAŽNE RASPODELE NEPREKIDNOG TIPA Normalna (Gausova) raspodela N (m,σ)

( )( )

dtexFx mt

∫∞−

−−= 2

2

2

2

1 σ

πσ ( )

( )2

2

2

2

1 σ

πσ

mx

exf−

−=

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( )

( )

−Φ−=⟨∞⟨

−Φ+=⟨∞⟨−

Φ=⟨⟨−

Φ−Φ=⟨⟨=

−⟨

−⟨

−=⟨⟨

σ

σ

σ

σσσ

mxXxP

mxxXP

aaXaP

tttTtPmbmxma

PbXaP

5.0

5.0

2

1221

Uniformna raspodela ( )baU , , (a<b)

( )

⟩

≤≤−−⟨

=

bx

bxaab

ax

ax

xF

,1

,

,0

( )[ ]

[ ]

∈−

∉=

baxab

baxxf

,,1

,,0

Gama raspodela ( )baG , , (a>0, b>0)

( )( )

≥Γ

⟨

=∫∞−

−− 0,

0,0

1 xdtetb

a

x

xF xatb

b ; ( )( )

≥Γ

⟨

= −− 0,

0,0

1 xexb

a

x

xf axbb ;

( )

( ) ( )Nnnn

dxexb ab

∈∀=+Γ

=Γ ∫∞

−−

!10

1

Eksponencijalna raspodela ( )aEx , (a>0)

( )

⟩−

≤=

− 0,1

0,0

xe

xxF

ax ( )

⟩

≤=

− 0,

0,0

xae

xxf

ax

Documents

1. KOMBINATORIKA 1.1. Varijacije