Neven Elezović Vjerojatnost i Statistika - Diskretna Vjerojatnost 2008

Neven Elezovic

VJEROJATNOST I STATISTIKA1. Diskretna vjerojatnost

ISBN 953-197-539-6

Neven Elezovic

Redoviti profesor Fakulteta elektrotehnike i racunarstvaZavod za primijenjenu matematiku

VJEROJATNOST I STATISTIKA

Diskretna vjerojatnost

0. izdanje

Zagreb, 2007

c Prof. dr. sc. Neven Elezovic, 2007.

UrednikSandra Gracan, dipl. inz.

NakladnikElement, Zagreb

Dizajn ovitka

Edo Kadic

TisakElement, Zagreb

Nijedan dio ove knjige ne smije se preslikavati niti umnazatina bilo koji nacin, bez pismenog dopustenja nakladnika

SADRZAJ

1. Vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1. Algebra doga -daja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3. Klasicni vjerojatnosni prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.4. Beskonacni vjerojatnosni prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.5. Geometrijska vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.6. Elementi kombinatorike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.7. Rijeseni primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

Zadatci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

2. Uvjetna vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 642.1. Uvjetna vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 642.2. Nezavisnost doga -daja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 672.3. Formula potpune vjerojatnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 712.4. Bayesova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 732.5. Rijeseni zadatci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77


3. Diskretne slucajne varijable i vektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 883.1. Diskretne slucajne varijable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 893.2. Dvodimenzionalne diskretne razdiobe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 933.3. Momenti i karakteristicne funkcije diskretnih varijabli . . . . . . . 973.4. Rijeseni zadatci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107


4. Primjeri diskretnih razdioba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1164.1. Geometrijska razdioba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1164.2. Binomna razdioba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1194.3. Poissonova razdioba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123


Odgovori i rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

Kazalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

1.Vjerojatnost

1. Algebra doga -daja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12. Vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93. Klasicni vjerojatnosni prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . 144. Beskonacni vjerojatnosni prostor . . . . . . . . . . . . . . . 215. Geometrijska vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266. Elementi kombinatorike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307. Rijeseni primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

Zadatci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

Temeljni pojmovi koje zelimo opisati u ovom poglavlju su algebra doga -daja i vjerojatnost.Najjednostavnije je pojam doga -daja dovesti u vezu s stohastickim pokusom. Tako nazivamo

svaki pokus ciji ishod nije unaprijed odre -den. Taj ishod ovisi o nekim nepredvidivim okolnostimai stoga je slucajan. Novcic bacen uvis pada na jednu od svoje dvije strane, na koju unaprijed nemozemo znati. Vrijeme ispravnog rada nekog ure -daja ne moze se unaprijed predvidjeti.

Ishod pokusa zovemo elementarni doga -daj. Njih u nekom pokusu moze biti konacno, ali ibeskonacno mnogo. Kocka ce pasti na jednu od sest svojih strana, a biranje na srecu jedne tockeunutar, recimo, jedinicnog kruga ima kao moguci ishod beskonacno mnogo elementarnih doga -daja.

Pri svakom se pokusu mogu ostvariti ili ne razliciti doga -daji. Kocka moze, na primjer, pastina paran ili na neparan broj. Hoce li se dogoditi neki doga -daj mozemo predvidjeti pridruzujuci muodre -denu vjerojatnost. Sto je doga -daj izvjesniji, njegova ce vjerojatnost biti bliza jedinici. Malovjerojatni doga -daji imat ce vjerojatnost blisku nuli.

Racun s doga -dajima i vjerojatnostima mora se pokoravati izvjesnim zakonima koje cemo upoz-nati u ovom poglavlju.

1.1. Algebra doga -daja

Elementarne cemo doga -daje oznacavati s . Skup svih elementarnih doga -dajaoznacavamo s . Skup i sam je doga -daj, on se ostvaruje pri svakom ishodu pokusa.Nazivamo ga stoga sigurni doga -daj. Njegova je suprotnost nemoguc doga -daj, koji sepri realizaciji pokusa nikad ne moze ostvariti. Oznacavamo ga simbolom . Razlicitedoga -daje vezane uz neki pokus oznacavat cemo velikim slovima latinicne abecede:A , B , C . . . . Oni se sastoje od izvjesnog broja elementarnih doga -daja. To su daklepodskupovi od .

1

2 1. VJEROJATNOST

Primjer 1.1. Bacamo jednu kocku kojoj su strane oznacene brojevima od 1 do 6.Odredimo elementarne doga -daje i skup .

Elementarni su doga -daji brojevi na koje kocka moze pasti:

1 = 1, 2 = 2, . . . , 6 = 6.Skup svih elementarnih doga -daja je

= {1,2, . . . ,6} = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.U pokusu koji ima samo konacno mnogo ishoda doga -daj je bilo koji podskup od .Evo nekoliko doga -daja vezanih uz ovaj pokus:

A = {pao je parni broj} = {2, 4, 6},B = {pao je broj veci od 2} = {3, 4, 5, 6},C = {pao je parni broj manji od 5} = {2, 4}

i slicno. Razlicitih doga -daja postoji 26 = 64 , jer toliko skup ima podskupova. Me -dunjima su nemoguc dogadaja , 6 jednoclanih (elementarnih) doga -daja, 15 doga -daja odpo dva elemenentarna, 20 doga -daja s tri elementarna itd.

Primjer 1.2. Novcic je bacen tri puta. U svakom bacanju biljezimo je li se pojavilopismo ( P ) ili glava ( G ). Odredimo , elementarne doga -daje te nekoliko doga -dajavezanih uz ovaj pokus.

Elementarnih doga -daja ima osam. To su

1 = GGG, 2 = GGP, 3 = GPG, 4 = PGG,5 = GPP, 6 = PGP, 7 = PPG, 8 = PPP,

(poredak nabrajanja nije vazan). Ovdje smo, kratkoce radi, s GGP oznacili ure -denutrojku (G,G, P) i slicno za ostale elementarne doga -daje. Siguran doga -daj sastoji seod gornjih osam elementarnih. Evo nekoliko doga -daja vezanih uz ovaj pokus (ukupanbroj doga -daja je 28 = 256 ):

A = {pismo se pojavilo jednom} = {2,3,4},B = {pismo se pojavilo u drugom bacanju} = {3,5,7,8},C = {pojavilo se barem jedno pismo i barem

jedna glava} = {2,3, . . . ,7},D = {pismo se pojavilo dvaput za redom} = {5,7,8}.

Uspore -divanje doga -daja

Kazemo da doga -daj A povlaci doga -daj B ako iz realizacije doga -daja A slijedirealizacija doga -daja B . To znaci da B sadrzi sve elementarne doga -daje koji ulaze udoga -daj A . Pisemo A B , u skladu s zapisom iz teorije skupova. Koristimo tako -der izapis A = B . Govorimo jos: A je specijalni slucaj doga -daja B , B slijedi iz A , Aje sadrzan u B , A je dovoljan uvjet za B , B je nuzdan uvjet za A .

1.1. ALGEBRA DOGA-DAJA 3

A BBAAA

Sl. 1.1. Doga -daj A povlacidoga -daj B

Primjer 1.3. Bacamo dvije kocke. Oznacimo doga -daje

A = {oba broja veca su od 4},B = {zbroj brojeva na kockama veci je od 8}.

Vrijedi A = B , jer je zbroj brojeva koji su veci od 4 sigurno veci od 8.Obrat nije ispunjen, jer zbroj brojeva moze biti veci od 8 i kad jedna kocka padne na,recimo, 3, a druga na 6. Tad se ostvario B , ali se nije ostvario A .

Primjer 1.4. Bacamo dvije kocke. Oznacimo doga -daje:

A = {zbroj brojeva na kockama veci je od 8},B = {oba broja veca su od 2}.

Sad vrijedi A = B . Naime, zbroj brojeva ne moze biti veci od 8 ako obabroja nisu veca od 2, jer inace najveci zbroj iznosi 2 + 6 = 8 . Vezu ovih doga -dajamozemo izraziti jos ovako:

Da bi zbroj brojeva bio veci od 8, oba broja nuzno moraju biti veca od 2 ( B jenuzdan uvjet za A ).

Zelimo li da oba broja na kocki budu veca od 2, dovoljno je da njihov zbroj budeveci od 8 ( A je dovoljan uvjet za B ).

Ukoliko vrijedi A B i B A , onda kazemo da su A i B ekvivalentni ili jednaki

i pisemo A = B . Ekvivalentni doga -daji sastoje se od istih elementarnih doga -daja.Suprotnost ovoj situaciji je ona u kojoj A i B nemaju zajednickih elementarnih

doga -daja.Doga -daji A i B su disjunktni, ako se istovremeno ne mogu ostvariti i jedan i

drugi 1 . Kazemo jos da se A i B me -dusobno iskljucuju. Tako na primjer, pri bacanjukocke su doga -daji A = {pao je paran broj} i B = {pao je broj 3} disjunktni.

Sl. 1.2. Disjunktni doga -daji

A

B

1 Nije nuzno da se ostvari neki od ova dva doga -daja, moguce je dakle da se ne ostvari niti jedan od njih

4 1. VJEROJATNOST

Primjer 1.5. Novcic bacamo cetiri puta. Istaknimo sljedece doga -daje:

A = {pojavila su se tocno tri pisma},B = {pojavile su se najvise dvije glave},C = {pojavila se tocno jedna glava},D = {ostvario se niz PGGP}.

koji od ovih doga -daja povlace neki drugi, koji su ekvivalentni, a koji se me -dusobnoiskljucuju?

Operacije s doga -dajima

Neka su A , B doga -daji. Pomocu njih mozemo naciniti nove doga -daje:

Unija i presjek doga -daja

Doga -daj koji se ostvaruje ako se ostvario barem jedan od doga -daja A , Bnaziva se unija ili zbroj (suma) doga -daja i oznacava s A B , A + B , A iliB .Doga -daj koji se ostvaruje ako su se ostvarila oba doga -daja A i B naziva sepresjek ili umnozak (produkt) doga -daja i oznacava s A B , AB , A i B .

A

B

A B

BA

A

B

Sl. 1.3. Unija i presjek dvaju doga -daja

Primjer 1.6. Bacamo jednu kocku. Istaknimo doga -daje

A = {pao je parni broj},B = {pao je broj veci od 2}.

Onda je

A B = {pao je parni broj ili broj veci od 2}= {pao je broj veci od 1} = {2, 3, 4, 5, 6},

A B = {pao je parni broj veci od 2} = {4, 6}.

Operacije unije i presjeka mogu se definirati i za nekoliko doga -daja. Unija ndoga -daja je doga -daj

A = A1 A2 . . . Ankoji se ostvaruje ako se ostvario barem jedan od doga -daja A1 ,. . . An .


A1 2 nA A... A A1 2 A... n

Sl. 1.4. Unija (lijevo) i presjek (desno) vise doga -daja

Presjek n doga -daja je doga -daj

A1 A2 . . . Ankoji se ostvario ako se ostvario svaki od doga -daja A1, . . . , An .

Razlika doga -daja. Komplement doga -daja

Doga -daj koji se ostvaruje ako se ostvari doga -daj A , a da se ne ostvari doga -dajB , nazivamo razlika doga -daja A i B i oznacavamo s A \ B , A B .Doga -daj \ A nazivamo komplementom ili suprotnim doga -dajem doga--daja A . On se ostvaruje ako i samo ako se A nije ostvario. Oznacavamo gas A ili s Ac .

Sl. 1.5. Razlika dvaju do-ga -daja (lijevo) i komple-ment doga -daja (desno) A\ B

A B A

A_

Uvjerite se da vrijedi A \ B = A B , A = A .

6 1. VJEROJATNOST

Primjer 1.7. Sto se moze zakljuciti o doga -dajima A , B , C za koje vrijedi

1. ABC = A ; 2. A + B = A ; 3. A + B + C = A ;4. A + B = A ; 5. A + B = AB ; 6. AB = A ?

(Skiciraj gornje situacije EulerVennovim dijagramima).1. A B i A C 2. B A3. B A i C A 4. A = , B = 5. A = B 6. A = , B = .De Morganovi zakoni

Veza izme -du operacija komplementiranja, unije i presjeka iskazana je u sljedecimformulama:

A B = A B (1)A B = A B (2)

Te formule nazivamo de Morganovi zakoni.

A

B

A B

BA

A

B

Sl. 1.6. De Morganovi zakoni

Dokazimo (1):

A B / A B / A i / B A i B A B.

Drugu formulu mozemo pokazati na slican nacin. Me -dutim, korisno je vidjeti daona slijedi iz prve formule. Naime, kako za svaki doga -daj vrijedi A = A , mozemoracunati ovako

A B = po (1) = A B = A Bte je

A B = A B = A B.

Primjer 1.8. De Morganove zakone mozemo ilustrirati koristeci se jednostavnimmodelima serijskog i paralelnog spoja.

1. Serijski spoj. Neka u serijskom spoju dviju sklopki doga -daj A oznacava da jeprva sklopka iskljucena, a doga -daj B da je iskljucena druga sklopka.


1 2A B

Veza izme -du tocaka 1 i 2 nece postojati ako se ostvari barem jedan od doga -daja Aili B :

{ne postoji veza} = A B.Veza izme -du tih tocaka postojat ce ako se nije ostvario niti doga -daj A , niti doga -daj B(nema prekida niti na jednoj sklopki):

{postoji veza} = A B.Ova su dva doga -daja komplementarna. Zato vrijedi

A B = A B.Dobili smo prvu de Morganovu formulu.

2. Paralelni spoj. Neka su dvije sklopke spojene u paralelnom spoju:

1 2

A

B

Onda vrijedi:

{ne postoji veza} = A B,{postoji veza} = A B = A B.

De Morganovi zakoni poopcavaju se na uniju i presjek n doga -daja:

A1 An = A1 An,A1 An = A1 An.

Ilustrirajte ove formule pomocu serijskog i paralelnog spoja n sklopki.

Algebra doga -daja

Dosadasnji pristup doga -dajima i operacijama zasnivao se na intuiciji. Tako smo, na primjer,presutno podrazumjevali da su presjek i unija dvaju doga -daja ponovo doga -daji. U strogo definiranojmatematickoj teoriji ovi pojmovi moraju biti vrlo precizno definirani. To je nuzno da bi se izbjeglimoguci paradoksi unutar same teorije. Tako na primjer, potpuno je jasno da su doga -daji podskupoviskupa . Me -dutim, obratna tvrdnja: svaki podskup od je doga -daj, nije uvijek istinita! Opcenito,postojat ce situacije kad doga -daji nece biti svi podskupovi od .

Da izbjegnemo moguce paradokse, doga -daje cemo definirati kao elemente algebre doga -daja:

8 1. VJEROJATNOST

Algebra doga -daja

Algebra doga -daja je svaka familija F podskupova od na kojoj su defi-nirane binarna operacija zbrajanja + : FF F i unarna operacijakomplementiranja sa svojstvima

1) F , F ,2) A F = A F ,3) A, B F = A + B F .

Elemente algebre F zovemo doga -daji.

Primijetimo da je bilo dovoljno zahtijevati samo F , jer je = pa premasvojstvu 2) on tako -der pripada algebri F .

Sto je s umnoskom doga -daja? Ako su A i B doga -daji, onda A i B pripadajualgebri F , pa toj algebri pripada i njihov zbroj A + B . Konacno je

A B = A + B F.Dakle, umnozak doga -daja ponovo je doga -daj.

Isto vrijedi i za razliku dvaju doga -daja, jer za A, B F vrijediA \ B = A B F.

Booleova algebra

U mnogim se primjenama koristi struktura sastavljena od familije F dvije binarneoperacije + i , unarne operacije komplementiranja koja zadovoljava sljedecih devetsvojstava:

1) A + B = B + A A B = B A2) (A + B) + C = A + (B + C) (A B) C = A (B C)3) + A = A A = A4) A (B + C) = A B + A C A + B C = (A + B) (A + C)5) (A F)(A F) A + A = , A A = ,

gdje su i dva istaknuta elementa. Takvu familiju nazivamo Booleova algebra.Operacije + i mogu biti definirane na razlicite nacine. Ako su to operacije unije

i presjeka, a elementi od F podskupovi, zakljucujemo da je algebra doga -daja primjerBooleove algebre.

Primjer 1.9. Pokazi da u svakoj Booleovoj algebri vrijede relacije

1. A + AB = A , 2. A B = A + B ,3. (A+B)(A+B)(A+B)(A+B) = , 4. A + AB + BC + AC = A + C ,5. AB + AB + A B = AB.

1. A + AB = A jer je AB A , ili

A + AB = AA + AB = A(A + B) = A , jer je A A + B , iliA + AB = (A + A)(A + B) = A(A + B) = A .

1.2. VJEROJATNOST 9

2. Komplementiranjem relacije A + B = A B .3. (A + B)(A + B)(A + B)(A + B) = (AA + B)(AA + B) = BB = .4. A+AB+BC +AC = A+BC +AC +AC = A+BC +(A+A)C = A+BC +C =

A + C .5. AB+AB+A B = AB+A B+AB+A B = A(B+B)+(A+A)B = A+B = AB .

Primjer 1.10. Ure -daj je prikazan shemom na slici. Neka doga -daj Ai oznacavaprekid na dijelu i , i = 1, 2, 3 . Odredi izraz za doga -daj

A = {ure -daj je prestao s radom},kao i za doga -daj A .

1 2

A

A A

1

2 3

Sl. 1.7.

Ure -daj prestaje s radom ako se ostvari doga -daj A1 i barem jedan od doga -dajaA2 , A3 . Dakle,

A = A1(A2 + A3)

i po de Morganovim formulama

A = A1(A2 + A3) = A1 + A2 + A3 = A1 + A2 A3.

1.2. Vjerojatnost

Vjerojatnost

Vjerojatnost je preslikavanje P : F [0, 1] definirano na algebri doga -dajaF , koje ima svojstva

1) P () = 1 , P () = 0 (normiranost),2) ako je A B , onda vrijedi P (A) P (B) (monotonost),3) ako su A i B disjunktni doga -daji, onda je P (AB) = P (A)+P (B)

(aditivnost).Broj P (A) nazivamo vjerojatnost doga -daja A .

10 1. VJEROJATNOST

Svojstva vjerojatnosti

Izvedimo neka dodatna svojstva vjerojatnosti.Neka je A po volji odabran doga -daj, a A njegov komplement. Onda vrijedi

AA = i pritom su A i A disjunktni. Zato, po svojstvima normiranosti i aditivnostivrijedi

1 = P () = P (A A) = P (A) + P (A),te je P (A) = 1 P (A) . Time smo pokazali:

Vjerojatnost komplementa

Za svaki doga -daj A vrijedi P (A) = 1 P (A) .

Pokazimo sad kako se racuna vjerojatnost unije u slucaju kad A i B nisu disjunktni.

Presjek dvaju doga -daja ovdje cemo pisati kao umnozak, dakle bez znaka .Vjerojatnost unije

Za bilo koja dva doga -daja A i B vrijedi

P (A B) = P (A) + P (B) P (AB).

Da dokazemo ovo svojstvo, doga -daj A B prikazat cemo kao uniju dvaju disjun-ktnih doga -daja:

A B = A (BA)(vidi sliku 1.8). Slicno tome, B mozemo rastaviti ovako

B = AB BAi ponovo su doga -daji s desna disjunktni.

A B

A B

= A B_A B= BA A

_B

A BA

Sl. 1.8. Skup A B mozese rastaviti na uniju dis-junktnih skupova (lijevo).Slicno vrijedi i za skup B(desno)

Po svojstvu aditivnosti vjerojatnosti slijedi:

P (A B) = P (A) + P (BA),P (B) = P (AB) + P (BA).

1.2. VJEROJATNOST 11

Oduzimanjem dobivamo trazenu formulu:

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

Primjer 1.11. Neka su A i B doga -daji, P (A) = 0.4 , P (B) = 0.5 , P (AB) = 0.2 .Izracunaj P (A + B) , P (A) , P (B) , P (A B) , P (A + B) , P (AB) , P (AB) .

P (A + B) = P (A) + P (B) P (AB) = 0.7P (A) = 1 P (A) = 0.6P (B) = 1 P (B) = 0.5P (A B) = P (A + B) = 1 P (A + B) = 0.3P (A + B) = P (AB) = 1 P (AB) = 0.8P (AB) = P (A) P (AB) = 0.2P (AB) = P (B) P (AB) = 0.3.

Konacni vjerojatnosni prostor

Vjerojatnosni prostor , koji posjeduje samo konacno mnogo elementarnihdoga -daja nazivamo konacni vjerojatnosni prostor. Oznacimo njegove elemente, = {1,2, . . . ,N} . Doga -daj u ovakvu prostoru je svaki podskup od . Vjero-jatnost bilo kojeg doga -daja moci cemo odrediti ako znamo vjerojatnosti elementarnihdoga -daja, tj. ako poznajemo brojeve

p1 = P ({1}),...

pN = P ({N}).Ovi brojevi imaju svojstvo

p1 > 0, . . . , pN > 0, p1 + . . . + pN = 1.

Zaista, kako je = {1,2, . . . ,N} , a elementarni doga -daji su me -dusobnodisjunktni, to je 1 = P () = P ({1}) + . . . + P ({N}) .

Neka je A F bilo koji doga -daj. On se sastoji od nekoliko elementarnih doga -daja:A = {i1 ,i2 , . . . ,iM}.

Vjerojatnost doga -daja A racunamo tako da zbrojimo vjerojatnosti tih elementarnihdoga -daja

P (A) = pi1 + pi2 + . . . + piM .

12 1. VJEROJATNOST

Primjer 1.12. Bacamo jedan novcic dok se ne pojavi pismo, ali najvise cetiri puta.Opisi vjerojatnosni prostor. Kolika je vjerojatnost doga -daja

A = {pismo se pojavilo u prva dva bacanja},B = {pismo se pojavilo nakon drugog bacanja}?

Skup sastoji se od 5 elementarnih doga -daja. Tim je doga -dajima prirodnopridruziti sljedece vjerojatnosti:

1 = P p1 = 122 = GP p2 = 143 = GGP p3 = 184 = GGGP p4 = 1165 = GGGG p5 = 116

Vrijedi A = {1,2} , B = {3,4} . Zato je P (A) = p1 + p2 = 34 , P (B) =p3 + p4 = 316 .

Modeli konacnih vjerojatnosnih prostora

Opisimo nekoliko jednostavnih modela konacnih vjerojatnosnih prostora.

Novcic. Dva su elementarna doga -daja: 1 = P , 2 = G . Ako je novcic ispra-van i nacin njegova bacanja uobicajen, onda je prirodno pretpostaviti da su vjerojatnostipojavljivanja obaju ovih doga -daja jednake: p1 = P ({1}) = 12 , p2 = P ({2}) = 12 .

Neispravni novcic. Jos uvijek postoje dva elementarna doga -daja 1 = P ,2 = G. Me -dutim, zbog nesimetricnosti novcica ili mozda zbog nacina njegova baca-nja, jedna njegova strana, recimo P , pojavljuje se cesce nego druga. Sad je p1 > p2 .

Kocka. Za ispravnu kocku prirodno je uzeti pi = P ({i}) = 16 , za svaku odsest mogucnosti na koje kocka moze pasti. Za doga -daje vezane uz pokus bacanja kockeimamo na primjer:

P ({pao je paran broj}) = P ({2, 4, 6}) = 36,

P ({pao je broj veci od 2}) = P ({3, 4, 5, 6}) = 46.

Bacanje dvaju novcica. Cetiri su elementarna doga -daja, iako na prvi pogledpostoje tri razlicita ishoda: dva pisma, pismo i glava, te dvije glave:

1. novcic 2. novcic

1 palo je P P2 palo je P G3 palo je G P4 palo je G GDa bismo lakse mogli razlikovati elementarne doga -daje 2 i 3 , mozemo zamisliti dabacamo dva razlicita novcica ili da jedan novcic bacamo dva puta!

1.2. VJEROJATNOST 13

Bacanje dvaju novcica, drugi model. Po pisanim dokumentima, francuski jeveliki matematicar i enciklopedist dAlembert (17171783) u ovom primjeru postaviosamo tri elementarna doga -daja:

1 = {pala su dva pisma},2 = {palo je jedno pismo i jedna glava},3 = {pale su dvije glave}.

I ovaj je pristup ispravan! Me -dutim, vjerojatnosti ovih elementarnih doga -daja nisujednake, 1 vec mora biti P (1) = 14 , P (2) = 12 , P (3) = 14 .

Bacanje dviju kocki. Postoji 36 elementarnih doga -daja. Da bismo razlikovalidoga -daje poput (2, 5) i (5, 2) , mozemo zamisliti da su kocke obojene razlicitim bo-jama ili pak da umjesto dvije kocke istovremeno, bacamo jednu kocku dva puta takoda znamo koji je rezultat na prvoj, a koji rezultat na drugoj kocki. Ako su kocke inacin bacanja ispravni, prirodno je pretpostaviti da su svi elementarni doga -daji jednakovjerojatni.

Primjer 1.13. Izvlacimo na srecu jednu kartu iz snopa od 52 karte. Kolika je vje-rojatnost da je ta karta Q (dama). Kolika je vjerojatnost da je njezina boja (pik).Kolika je vjerojatnost da je ta karta dama ili pik boje?

Oznacimo s A i B doga -daje:

A = {izabrana karta je dama},B = {izabrana karta je pik boje}.

Kako postoje cetiri dame, vjerojatnost doga -daja A je P (A) =452

=113

. 13 je karata

pik boje pa je P (B) =1352

=14

. Treci je doga -daj C unija prvih dvaju. Prvi dojam da

je broj povoljnih ishoda jednak 17 = 4 + 13 pogresan je, jer doga -daji A i B nisu dis-

junktni. Njihov je presjek AB pikova dama! Zato je P (C) =1652

=413

. Primjetimo

da je ovdje P (AB) =152

i da vrijedi:

P (A B) = P (C) = 413

=113

+14 1

52= P (A) + P (B) P (AB).

Primjer 1.14. Zeleci se nasaliti s prijateljima u igri Monopola, djecak je izbrisaojednu tocku sa strane kocke koja oznacava broj 5 , a ucrtao dvije na stranu na kojoj jebroj 1 , tako da njegova kocka ima sljedece brojeve na svojim stranama: 2, 3, 3, 4, 4, 6.Kolika je vjerojatnost sljedecih doga -daja, ako bacamo ovakvu kocku:

A = {pojavio se paran broj}.B = {pojavio se broj veci od 2}.C = {pojavio se broj 5}.

1 Veliki autoritet dAlembert smatrao je da su sva tri elementarna doga -daja jednako vjerojatna!

14 1. VJEROJATNOST

Pokus bacanja kocke ima cetiri moguca ishoda: 1 = 2 , 2 = 3 , 3 = 4 i4 = 6 . Ako pretpostavimo da je kocka bila ispravna, tad je razumno pridijeliti ovimelementarnim doga -dajima vjerojatnosti

p1 = P ({1}) = 16 , p2 = P ({2}) = 13 , p3 = P ({3}) = 13 , p4 = P ({4}) = 16 .Vazno je shvatiti da ne mozemo matematicki dokazati ove vrijednosti. Mi vrijednostielementarnih doga -daja mozemo zadati po volji, i time dobivamo matematicki model zabacanje ovakve kocke. Me -dutim, ako vjerojatnosti izaberemo na ovaj nacin, ocekujemoda ce model biti dobar, da ce vjerno opisivati bacanje ovakve kocke.

Doga -daju A odgovaraju sljedeci elementarni doga -daji: A = {1,3,4} , te jeP (A) = p1 + p3 + p4 =

16

+13

+16

=23.

Doga -daju B odgovaraju elementarni dogadaji B = {2,3,4} , te jeP (B) = p2 + p3 + p4 =

13

+13

+16

=56.

Mogli smo racunati pomocu suprotnog doga -daja: B = {1} :P (B) = 1 P (B) = 1 p1 = 1 16 =

56.

Doga -daj C je za ovu kocku nemoguc, P (C) = 0 .

1.3. Klasicni vjerojatnosni prostor

Promatrajmo pokus koji ima konacno mnogo ishoda i u kojem je razumno pret-postaviti da su svi elementarni doga -daji jednako vjerojatni (poput bacanja ispravnognovcica, kocke, izvlacenja broja u LOTU, lutriji ili ruletu, izbor karte iz snopa i sl.).

Neka je = {1, . . . ,N} skup svih elementarnih doga -daja i p1, . . . , pN pripad-ne vjerojatnosti. Kako su svi ti brojevi jednaki, a njihov je zbroj 1, vrijedi

pi = P ({i}) = 1N , i = 1, . . . , N.Ovakav vjerojatnosni prostor nazivamo klasicni vjerojatnosni prostor jer se problemiiz kojih je iznikla teorija vjerojatnosti mogu opisati ovim modelom.

Neka je A bilo koji doga -daj. Da bismo izracunali vjerojatnost doga -daja A ,nije nam vise potrebno znati koje elementarne doga -daje A sadrzi, vec samo njihov broj.Naime, ako A sadrzi M elementarnih doga -daja, A = {i1 , . . . ,iM} , tad je

P (A) = pi1 + . . . + piM = M 1N

=MN

.

Ovu formulu mozemo interpretirati na sljedeci nacin: Svaki elementarni doga -dajnazovimo mogucim ishodom (svi su jednako vjerojatni). Tako je

N = broj svih mogucih ishoda.Elementarne doga -daje koji su sadrzani u A nazovimo povoljnima za doga -daj A :

M = broj svih povoljnih ishoda.

1.3. KLASICNI VJEROJATNOSNI PROSTOR 15

Klasicna vjerojatnost

U klasicnom vjerojatnosnom prostoru vjerojatnost doga -daja racuna se formu-lom:

P (A) =MN

=broj povoljnih ishodabroj mogucih ishoda

.

Primjer 1.15. Bacamo jednu ispravnu kocku. Neka je elementaran doga -daj brojna koji je kocka pala. Opisi vjerojatnosni prostor.

Skup elementarnih doga -daja sastoji se od 6 elemenata: = {1,2, . . . ,6} = {1, 2, . . . , 6}.

Algebra doga -daja sastoji se od svih podskupova od :F = P() =

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

}.

Broj svih doga -daja je card(F) = 26 = 64 .Zbog pretpostavljene ispravnosti kocke, vjerojatnost pojavljivanja svakog elemen-

tarnog doga -daja je jednaka: P (i) = 16 . Primjer 1.16. Bacamo dvije ispravne kocke. Opisi vjerojatnosni prostor. Odredi

sljedece doga -daje i izracunaj im vjerojatnost:A = na obje kocke pao je broj 1,B = obje kocke pokazuju paran broj,C = pao je jedan paran i jedan neparan broj,D = zbroj brojeva na obje kocke iznosi barem 10.

Skup elementarnih doga -daja sastoji se od ure -denih parova:

={(i,j) : i,j {1, 2, 3, 4, 5, 6}

}.

N = card() = 36 . Vrijedi F = P() . Broj svih mogucih doga -daja jecard(F) = 236 ! Zbog simetrije vrijedi

P {(i,j)} = 136 .Odredimo sada elementarne doga -daje od kojih se sastoje doga -daji A , B , C i D ,

te vjerojatnosti tih doga -daja. Pisat cemo 26 umjesto ure -denog para (2, 6) itd.

A = {11}, P (A) = 136

,

B = {22, 24, 26, 42, 44, 46, 62, 64, 66}, P (B) = 936

,

C = {12, 14, 16, 32, . . . , 56, 21, 23, 25, 41, . . . , 65}, P (C) = 1836

,

D = {46, 55, 64, 56, 65, 66}, P (D) = 636

.

16 1. VJEROJATNOST

Racunanje vjerojatnosti u klasicnom vjerojatnosnom prostoru povezano je s pre-

brojavanjem elemenata konacnih skupova, cime se bavi kombinatorika. Stoga je zarjesavanje slozenijih zadataka nuzno poznavanje temeljnih pojmova kombinatorike.

Primjer 1.17. (Loto) Kolika je vjerojatnost da ce igrac koji je zaokruzio jednukombinaciju u igri LOTO 7 od 39 pogoditi svih sedam brojeva? Kolike su vjerojatnostiza preostale dobitke (za tocno pogo -denih 6, 5 ili 4 broja)?

Razlicitih kombinacija ima N =(

397

). Povoljnih za glavni dobitak je

M7 = 1 . Vjerojatnost dobitka iznosi

p7 =M7N

=1(397

) = 115 380 937

= 6.50 108.

Doga -daje i s puno vecom vjerojatnoscu tretiramo kao prakticno nemoguce. Ipak, zbogvelikog broja ukupno ispunjenih kombinacija, ovaj se doga -daj s vremena na vrijemeostvaruje.

Sest brojeva izme -du sedam izvucenih mozemo odabrati na(

76

)nacina. Jedan

broj izme -du preostalih mozemo odabrati na 32 nacina. Ako zaokruzimo bilo koju od

ovih M6 =(

76

) 32 kombinacija, dobit cemo zgoditak od sest pogodaka. Zato je:

p6 =M6N

=

(76

) 32(

397

) = 22415 380 937

= 1.46 105.

Ovaj je doga -daj 224 puta vjerojatniji od prethodnog.

Pet brojeva izme -du sedam mozemo odabrati na(

75

)nacina, a dva broja iz skupa

od 32 broja koji nisu izvuceni na(

322

)nacina. Zato je vjerojatnost dobitka od pet

pogodaka:

p5 =

(75

)(322

)(

397

) = 10 41615 380 937

= 6.77 104

(prije racunanja umnozaka korisno je skratiti brojnik s nazivnikom).Vjerojatnost zgoditka od cetiri pogotka je:

p4 =

(74

)(323

)(

397

) = 173 60015 380 937

= 0.0113 .

1.3. KLASICNI VJEROJATNOSNI PROSTOR 17

Vjerojatnost da ne pogodimo niti jedan broj je:

p0 =

(327

)(

397

) = 0.219 .

Primjer 1.18. (Kontrola kvalitete) U posiljci koja se sastoji od N proizvoda imaM neispravnih. Iz posiljke se na srecu bira uzorak od n proizvoda (radi kontrole). Akose me -du njima na -de barem m neispravnih, posiljka se vraca. Kolika je vjerojatnost dace se posiljka vratiti? Izracunaj za N = 1000 , M = 20 , n = 20 , m = 1 .

Oznacimo doga -dajeA = {posiljka nije vracena},Ai = {u uzorku je prona -deno i neispravnih proizvoda}.

Tada jeA = A0 + A1 + . . . + Am1

i doga -daji Ai su disjunktni. Zato je P (A) =m1

i=0 P (Ai) .

P (Ai) =CiMC

niNM

CnN= P (A) =

m1i=0

(N Mn i

)(Mi

)(

Nn

) .U konkretnom primjeru je

P (A) =

(98020

)(200

)(

100020

) = 980 . . . 9611000 . . . 981 = 0.66.

Stirlingova formula

Pri racunanju brojeva n! (za veliki n ) i binomnih koeficijenata mozemo koristitiStirlingovu formulu

n!

2n(n

e

)n.

Jos tocnije, vrijedi

2n(n

e

)ne

112n+1 < n! 0.5 , treba biti(n 1n

)r< 0.5 = r > log 0.5

log[(n 1)/n] 253ukoliko je n = 365 . Opcenito, r 0.693n .Silvesterova formula

Formula za vjerojatnost unije dvaju doga -daja poopcava se na uniju tri doga -dajaovako:

P (A B C) = P (A) + P (B) + P (C) P (AB) P (AC) P (BC) + P (ABC).Racunanje vjerojatnosti unije doga -daja cesto je slozenije od racunanja vjerojat-

nosti umnoska doga -daja. Stoga je korisno odrediti poopcenje ove formule na uniju ndoga -daja.

Silvesterova formula

P (n

i=1

Ai) =n

i=1

P (Ai)i

20 1. VJEROJATNOST

Kako je

B An = (n1i=1

Ai) An =n1i=1

(Ai An) =n1i=1

Ci,

mozemo primijeniti i pretpostavku indukcije

P (B) =i

1.4. BESKONACNI VJEROJATNOSNI PROSTOR 21

1.4. Beskonacni vjerojatnosni prostor

Iako smo naucili mnogo o svojstvima vjerojatnosti, jos uvijek ne mozemo odgo-voriti na mnoga pitanja povezana s nekim vrlo jednostavnim modelima.

Novcic bacamo dok se ne pojavi pismo. Kolika je vjerojatnost da se pismo necenikad pojaviti?

Biramo na srecu realan broj unutar intervala [0, 1] . Kolika je vjerojatnost dacemo izabrati 13 ?

Zajednicko je svojstvo u oba ova pokusa to sto je skup elementarnih doga -dajabeskonacan. U prvom slucaju broj bacanja u kojem se pismo moze pojaviti bilo kojiprirodni broj, pa elementarnih iskoda ima prebrojivo mnogo. U drugom slucaju, ele-mentaran je doga -daj izbor bilo kojeg realnog broja x iz intervala [0, 1] . Tih doga -dajaima neprebrojivo mnogo.

Razmislimo li o vjerojatnostima doga -daja koje smo istaknuli, osjecamo da je u obaslucaja ta vjerojatnost jednaka nuli. I dok se u prvom primjeru to ne kosi sa zorom (jerse pismo mora pojaviti ako je novcic ispravan), u drugom slucaju je takav zakljucakdirektno protivan zdravoj logici, zato sto kao rezultat pokusa mi moramo dobiti nekirealni broj.

Ovi uvodni primjeri pokazuju da pri promatranju modela s beskonacnim vjerojat-nosnim prostorom mozemo imati ozbiljnih logickih poteskoca. Da bismo ih otklonili,moramo biti precizni u definiranju svojstava algebre doga -daja i pripadne vjerojatnosti.

Neprekinutost vjerojatnosti

Uvjet zatvorenosti algebre na zbrajanje moramo prosiriti i na uniju od prebroji-vo mnogo doga -daja. Isto tako, zahtjevat cemo da aditivnost vjerojatnosti vrijedi i zaprebrojivu uniju disjunktnih doga -daja.

-algebra i -aditivnost vjerojatnosti

Ako je beskonacan skup, tad zahtjevamo da algebra doga -daja F bude -algebra, tj. za nju vrijedi

A1, A2, . . . , An, . . . F =

n=1

An F.

Vjerojatnost P na -algebri F mora zadovoljavati uvjet -aditivnosti(prebrojive aditivnosti):

P(

n=1

An)

=

n=1

P (An), ako je AnAm = za sve n = m .

Prema uvjetu monotonosti vjerojatnosti znamo da za rastuce doga -daje vrijedi

A1 A2 . . . An = P (A1) P (A2) . . . P (An).

22 1. VJEROJATNOST

Neka je sada (An) niz rastucih doga -daja:A1 A2 . . . An . . . .

Prema uvjetu -aditivnosti, A =i=1

An element je algebre F . Taj doga -daj oznacuje-

mo jos ovako:A = lim

nAn.

Prirodno je ocekivati da je vjerojatnosti doga -daja An teze ka vjerojatnosti doga -daja A .Pokazat cemo da je ta tvrdnja ekvivalentna uvjetu -aditivnosti vjerojatnosti P .

Neprekinutost vjerojatnosti

Teorem 1.1. Neka je P vjerojatnost na -algebri F . P je -aditivna akoi samo ako vrijedi

A1 A2 . . . = limnP (An) = P (

n=1

An). (1)

Dokaz. Neka je (An) rastuci niz doga -daja. DefinirajmoB1 := A1,B2 := A2 \ A1,

...Bn := An \ An1

...

Skupovi B1, B2, . . . su disjunktni i vrijedi za svaki n

An = B1 B2 . . . BnZato je i

n=1

Bn =

n=1

An . Ako je P -aditivna, onda vrijedi

P (

n=1

Bn) =

n=1

P (Bn).

S druge strane, iz (2) imamo

P (An) =n

i=1

P (Bi).

Zato je

limnP (An) =

n=1

P (Bn)


pa je P neprekinuta.Pokazimo obrat. Neka je B1, B2, . . . niz disjunktnih doga -daja. Stavimo

A1 := B1,A2 := B1 B2,

...An := B1 B2 . . . Bn,

...

kako su B1, B2, . . . disjuntni, za svaki n vrijedi

P (An) =n

i=1

P (Bi)

Dobili smo niz (An) rastucih doga -daja za koji je

A = limnAn =

n=1

Bn.

Ako je P neprekinuta, onda vrijedi

P (

n=1

Bn) = P (A) = limnP (An) = limn

ni=1

P (Bi) =i=1

P (Bi)

te je vjerojatnost P -aditivna.

Korolar 1.2. Ako je (An) niz padajucih doga -daja i A =

n=1

An , onda vrijedi

P (A) = limnP (An).

Dokaz. Dovoljno je primijeniti teorem na doga -daje An koji cine rastuci niz doga--daja.

Prebrojivi vjerojatnosni prostor

Pretpostavimo da je beskonacan prebrojiv skup: = {1,2, . . .}.

I sada ce algebra svih doga -daja biti F = P() , skup svih podskupova od . Onazadovoljava uvjet

An F =

n=1

An F.

tako da je F -aditivna

24 1. VJEROJATNOST

Vjerojatnost P na algebri F mora zadovoljavati uvjet prebrojive aditivnosti:

P(

n=1

An)

=

n=1

P (An), ako je AnAm = za sve n = m .

Kao i prije, P je zadana ako su zadani brojevi pi = P (i) > 0 . Pri tom jei=1

pi =i=1

P (i) = P () = 1.

Me -dutim, svi doga -daji i ne mogu biti jednako vjerojatni, tako da klasicna defi-nicija vjerojatnosti gubi smisao.

Primjer 1.22. Novcic se baca dok se ne pojavi pismo. Opisi vjerojatnosni prostor.Izracunaj vjerojatnost doga -daja:

A = pismo se pojavilo u prvih pet bacanja,B = pismo se uopce nije pojavilo.

Skup elementarnih doga -daja je beskonacan i prebrojiv, = {1,2, . . .} .gdje je

1 = P P (1) = 1/2,2 = GP P (2) = 1/4,3 = GGP P (3) = 1/8,

...n = G GP P (n) = 1/2n,

...

Odredimo doga -daje A , B i njihove vjerojatnosti. Vrijedi

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

n=1

12n

=3132

.

Da bismo odredili vjerojatnost doga -daja B , definirajmo najprije

An = pismo se pojavilo u prvih n bacanja.Neka je i

Bn = pismo se nije pojavilo u prvih n bacanja = An.

Vrijedi

P (An) =12

+14

+ . . . +12n

=2n 1

2n,

P (Bn) = 1 P (An) = 12n .Ocito je

B1 B2 . . . i B =

n=1

Bn.


Zato po uvjetu neprekinutosti vjerojatnosti

P (B) = limnP (Bn) = limn

12n

= 0.

Primjer 1.23. U urni se nalaze dvije bijele i cetiri crne kuglice. Dva igraca izvlacenaizmjence po jednu kuglicu. Pobje -duje onaj koji prvi izvuce bijelu kuglicu. Opisivjerojatnosni postor. Izracunaj vjerojatnost sljedecih doga -daja

A =pobijedio je prvi igrac,B =pobijedio je drugi igrac,C = igra se zavrsila u prva cetiri izvlacenja,

u svakom od sljedeca dva nacina izvlacenjaa) nakon izvlacenja kuglica se vraca u urnu,b) izvucena kuglica ne vraca se natrag.

a) Vjerojatnosni prostor je beskonacan. Elementarne doga -daje sacinjavaju svikonacni nizovi oblika

1 = B, P (1) = 13 ,2 = CB, P (2) = 23

13,

3 = CCB, P (3) = 23 23 13,

...

n = C C n1

B, P (n) =(2

3

)n1 1

n.

Vjerojatnosti doga -daja A , B , C iznose:

P (A) = P (1 + 3 + 5 + . . .) = 13 +(2

3

)2 13

+(2

3

)4 14

+ . . .

=13 11 4

9

=35,

P (B) = 1 P (A) = 25,

P (C) = P (1 + 2 + 3 + 4) = 13 +29

+427

+881

=6581

.

26 1. VJEROJATNOST

b) U ovom je slucaju vjerojatnosni prostor konacan. Sastoji se od sljedecih ele-mentarnih doga -daja

1 = B, P (1) = 13 =515

,

2 = CB, P (2) = 46 25

=415

,

3 = CCB, P (3) = 46 35 24

=315

,

4 = CCCB, P (4) = 46 35 24 23

=215

,

5 = CCCCB, P (5) = 46 35 24 13 22

=115

.

Prema tome, vjerojatnosti doga -daja A , B , C su

P (A) = P (1 + 3 + 5) = 515 +315

+115

=35,

P (B) = 1 P (A) = 25,

P (C) = 1 P (5) = 1415 .

1.5. Geometrijska vjerojatnost

Zamislimo pokus u kojem biramo na slucajan nacin tocku unutar kvadrata sastranicom duljine a . Istaknimo neke podskupove tog kvadrata. Neka je A polovinakvadrata ispod dijagonale. Neka je B trokut dobiven spajanjem polovista susjednihstranica.

A

B

Sl. 1.9. Geometrijska vjerojatnost: vjero-jatnost da na srecu odabrana tocka unutarnekog skupa padne u neki njegov pods-kup jednaka je omjeru povrsina podskupaprema povrsini cijeloga skupa

Biramo li tocku unutar kvadrata, mozemo se upitati kolika je vjerojatnost da ceta tocka biti izabrana unutar nekih od ovih podskupova. U ovdje opisanom pokusuprirodno je sljedecim doga -dajima pridruziti vjerojatnosti:

P (A) = P {tocka je pala u skup A} =12a

2

a2=

12,

P (B) = P {tocka je pala u skup B} =18a

2

a2=

18.

1.5. GEOMETRIJSKA VJEROJATNOST 27

Te smo vjerojatnosti dobili promatrajuci omjer povrsina podskupova i citava kvadrata.

Opisimo opcenitu situaciju.

Geometrijska vjerojatnost

Neka je ograniceni podskup n -dimenzionalnog prostora Rn ( n = 1, 2, 3 ).Pretpostavit cemo da je izmjeriv skup, tj. da postoji njegova mjera m()(duljina za n = 1 , povrsina za n = 2 , obujam za n = 3 ). Neka je Aizmjeriv podskup od . Kazemo da biramo tocku na srecu unutar skupa ,ako je vjerojatnost da ona bude izabrana unutar podskupa A jednaka

P (A) =m(A)m() . (1)

Ovako definiranu vjerojatnost nazivamo geometrijska vjerojatnost.

Formulom (1) uistinu je definirana vjerojatnost. Provjerimo jesu li ispunjena

svojstva vjerojatnosti 1 3 .1 . U geometrijskoj vjerojatnosti nemoguc doga -daj je izbor tocke unutar praznog

skupa. Mjera praznog skupa je 0, pa je:

P () = m()m() = 0, P () =

m()m() = 1.

2 . Ako su A i B podskupovi od takvi da je A B , onda je m(A) m(B) .Zato:

P (A) =m(A)m()

m(B)m() = P (B).

3 . Ako su A i B disjunktni podskupovi od , onda je mjera njihove unijejednaka zbroju mjera pojedinih skupova. Zato je vjerojatnost da tocka bude izabranaunutar jednog od podskupova jednaka:

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

m(A)m() +

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

Primjer 1.24. Biramo na srecu tocku unutar kvadrata sa stranicom duljine a .Kolika je vjerojatnost da ona padne unutar kruga upisanog u taj kvadrat?

Neka je A trazeni doga -daj. Povrsina kruga je:

m(A) =(a

2

)2,pa je odgovarajuca vjerojatnost:

P (A) =m(A)m() =

14 a

2a2

=4.

28 1. VJEROJATNOST

Primjer 1.25. Unutar intervala [0, 1] biraju se na srecu dva broja x i y . Odredivjerojatnost doga -daja: a) A = {x > y} ; b) B = {x + y < 32} ; c) C = {x = y} .

Izbor dvaju brojeva x i y unutar intervala [0, 1] odgovara izboru jedne tocke(x, y) unutar jedinicnog kvadrata [0, 1] [0, 1] . Oznacimo taj kvadrat s (slika 1.10).On predstavlja skup elementarnih doga -daja. Da bismo odredili trazene vjerojatnosti,moramo izracunati povrsinu podskupova od koji odgovaraju tim doga -dajima.

a) Doga -daju A odgovara istoimeni podskup: skup svih tocaka jedinicnog kvadrataza koje je x > y . Tad vrijedi:

P (A) =m(A)m() =

12.

A

1

1

y=x 1

1

Bx+y= 3_

2 Sl. 1.10. Izbor dvijutocaka unutar inter-vala [0, 1] odgova-ra izboru jedne toc-ke unutar jedinicnogkvadrata

b) Sad je B = {(x, y) : x + y < 32} , te imamo:

P (B) =m(B)m() =

1 12 12 121

=78.

c) Skup svih tocaka (x, y) za koje je x = y je dijagonala kvadrata. Povrsinatakvog skupa je 0. Zato je i pripadna vjerojatnost jednaka nuli: birajuci na srecu dvabroja unutar intervala [0, 1] vjerojatnost da ta dva broja budu jednaka jest 0! To neznaci da je ovaj doga -daj nemoguc, jer u vjerojatnosnom modelu s neprebrojivo mnogoishoda (kao sto je geometrijski model vjerojatnosti) razlikuju se pojmovi nemogucegdoga -daja 1 i doga -daja s vjerojatnoscu nula!

Kao posljedica ovog, doga -daji {x < y} i {x y} imaju jednaku vjerojatnost.Isto vrijedi za sve slicne skupove.

1 Brzopletim razmisljanjem mozemo doci do sljedeceg paradoksa: pri izboru tocke unutar intervala [0, 1]vjerojatnost izbora za svaku pojedinu tocku jednaka je nuli. Me -dutim, svaki se podskup intervala [0, 1] sastojiod tocaka, pa je koristenjem svojstva aditivnosti vjerojatnosti i njegova vjerojatnost jednaka nuli.

Tu smo previdjeli svojstvo realnih brojeva koje kaze da je svaki njegov interval neprebrojiv, dok svojstvoaditivnosti vjerojatnosti vrijedi samo za prebrojivo mnogo doga -daja. Tako teorija realnih brojeva ulazi u sameaksiome teorije vjerojatnosti. U dubljem proucavanju teorije vjerojatnosti koja se uci na studiju matematikeizucava se detaljno ta veza. Pokazuje se da u ovom modelu postoje podskupovi intervala = [0, 1] koji nisudoga -daji; dakle, algebra doga -daja razlikuje se od skupa svih podskupova od .

U praksi se doga -daj cija je vjerojatnost nula, iako teorijski moguc, ipak nece ostvariti. Biranje broja unutarintervala [0, 1] mozemo poistovjetiti s izborom beskonacno mnogo njegovih decimala, od kojih je svaka na srecuodabrani broj iz skupa {0, 1, 2, . . . , 9} . Dva ce broja biti jednaka ako se u postupku biranja svaki put izaberu podvije istovjetne znamenke iz ovoga skupa. To se nikad nece zbiti.

1.5. GEOMETRIJSKA VJEROJATNOST 29

Primjer 1.26. Trenutak u kojem ce signal stici do prijemnika je na srecu odabranitrenutak unutar intervala [0, T] . Prijemnik nece registrirati drugi signal, ukoliko jerazlika izme -du dva uzastopna signala manja od , T . Odredi vjerojatnost daprijemnik nece registrirati drugi signal.

T x

y

G

S

yx

yx

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

Sl. 1.11.

Ako je X trenutak prijema prvog signala, a Ytrenutak prijema drugog signala, taj drugi signal necebiti registriran ako je |X Y| < . X i Y su dva nasrecu izabrana broja unutar intervala [0, T]

P {|xy| < } = P {x < y < x + }= P {(x, y) G} = m(G)

m(S)

=T2 (T )2

T2.

Primjer 1.27. Buffonov problem. Ravnina je podijeljena paralelnim pravcimakoji su udaljeni jedan od drugog za 2a . Na tu se ravninu baca na srecu igla duljine 2l ,(l < a) . Izracunaj vjerojatnost da igla presjeca neki pravac.

Oznacimo sa x udaljenost sredista igle to najblizeg pravca, sa (manji) kut kojegigla zatvara s tim pravcem. Igla se baca na srecu trebamo prevesti sa: x i sebiraju na srecu unutar intervala [0, a] , [0, ] , neovisno jedan o drugom. Polozaj iglejednoznacno je odre -den izborom para (x,) . Njega pak biramo unutar pravokutnikaS (slika 3.9).

2a

x

2l

a

x

G

S xl sin

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

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

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

Sl. 1.12.

Igla ce sijeci pravac ako je x < l sin. Neka jeG = {(x,) : x < l sin}.

Tada imamo

p =m(G)m(S)

=1

a

0l sind = 2l

a .

Iz ove formule mozemo izraziti broj : = 2lap

. Pri velikom broju bacanja,

vjerojatnost p mozemo aproksimirati relativnom frekvencijom. Tako dobivamo

2lnam

.

30 1. VJEROJATNOST

Ponavljanjem pokusa moguce je dobiti pribliznu vrijednost broja . Me -du svima kojisu na ovaj nacin isprobavali stohasticke zakone i ispravnost bacanja obicno se spominjuWolf koji je 1850. bacio iglu 5000 puta, dobivsi 3.1596 te Lazzarini koji je 1901.iz 3408 pokusaja dobio sumnjivo tocan rezultat 3.1415929 .

1.6. Elementi kombinatorike

Kartezijev umnozak skupova

Neka su A i B dva neprazna skupa. Kartezijev umnozak skupova A i B je skupA B ciji su elementi ure -deni parovi (a, b) , pri cemu je a A , b B . Pisemo

A B = {(a, b), a A, b B}.Dva su ure -dena para (a, b) i (x, y) jednaka ako i samo ako je a = x , b = y .

Koliki je broj elemenata uKartezijevu umnosku skupova? Ako je A = {a1, a2, . . . , am} ,B = {b1, b2, . . . , bn} , onda su elementi Kartezijeva umnoska sljedeci ure -deni parovi:

(a1, b1) (a1, b2) . . . (a1, bn)(a2, b1) (a2, b2) . . . (a2, bn)(a3, b1) (a3, b2) . . . (a3, bn)...(am, b1) (am, b2) . . . (am, bn)

Njihov je broj mn . Tako vrijedi:

Broj elemenata Kartezijeva umnoska

Ako skup A ima m elemenata, a skup B n elemenata, tad Kartezijev umno-zak A B ima mn elemenata. Pisemo k(A B) = k(A) k(B) .

B

Aa a a a

b

b

b

b

.

. ..

..

..

.

. ..

1

2

j

n

1 2 i m

i j(a ,b )

Sl. 1.13. Kartezijev umnozak dva-ju skupova

1.6. ELEMENTI KOMBINATORIKE 31

Poredak skupova u Kartezijevu umnosku vazan je, jer za A = B vrijedi A B =B A . Me -dutim, broj elemenata u oba ova skupa podudara se. Tako, ako nas zanimasamo broj elemenata u Kartezijevu umnosku, ne moramo paziti na poredak skupova.

Na potpuno identican nacin moze se opisati i Kartezijev umnozak nekoliko skupo-

va. Neka su S1 ,. . . , Sk zadani skupovi. Kartezijev umnozak tih skupova skup je svihure -denih k -torki:

S1 S2 Sk = {(s1, s2, . . . , sk) : s1 S1, s2 S2, . . . , sk Sk}.

Primjer 1.28. Koliko postoji razlicitih troznamenkastih brojeva? Odgovor je 900: to su brojevi od 100 do 999. Povezat cemo ga s Kartezijevim

umnoskom skupova. Ovdje se radi o umnosku triju skupova: skupa S1 = {1, 2, . . . , 9}iz kojeg biramo prvu znamenku, skupa S2 = {0, 1, 2, . . . , 9} iz kojeg biramo druguznamenku i istovjetnog skupa S3 . Primjerice, ako ure -dena trojka (s1, s2, s3) ima oblik(3, 5, 3) , ona odre -duje troznamenkasti broj 353.

Broj 900 jednak je umnosku 9 10 10 broja elemenata iz svakoga skupa: prvuznamenku mozemo birati na devet nacina, drugu na deset i trecu tako -der na deset nacina.Prema tome, u ovom primjeru vrijedi

k(S1 S2 S3) = 900 = 9 10 10 = k(S1) k(S2) k(S3).

Na istovjetan nacin racunat cemo broj elemenata Kartezijeva umnoska vise sku-

pova. Neka je n1 broj elemenata u skupu S1 , n2 broj elemenata u skupu S2 itd. Prvukomponentu iz skupa S1 mozemo izabrati na n1 nacina. Svakoj toj komponenti moze-mo dodati drugu komponentu iz skupa S2 na n2 nacina. Tako prve dvije komponentemozemo odabrati na n1 n2 nacina. Trecu komponentu mozemo birati na n3 nacina,pa ure -denih trojki ima n1 n2 n3 itd.

Kartezijev umnozak nekoliko skupova

Broj elemenata u Kartezijevu umnosku k skupova je

k(S1 S2 Sk) = n1 n2 nk = k(S1) k(S2) k(Sk). (1)

32 1. VJEROJATNOST

Primjer 1.29. Varijacije s ponavljanjimau skupu S . Neka je S = {a1, a2, . . . , an}zadani skup.

Koliko postoji razlicitih ure -denih k -torki elemenata skupa S ?Isto pitanje mozemo postaviti i na ovaj nacin: Na koliko se razlicitih nacina moze izabrati k elemenata skupa S pazeci na

njihov poredak, s tim da se elementi mogu ponavljati?Rijec je ocito o broju elemenata u Kartezijevu umnosku k istovjetnih skupova

S S S . Njihov je broj nk .Varijacija s ponavljanjem k -tog razreda u n -clanom skupu S je svaka ure -dena

k -torka Kartezijeva umnoska k skupova S S S = Sk . Broj varijacija sponavljanjem oznacavamo s V

kn . On jednak je broju elemenata Kartezijeva umnoska

Sk :V

kn = k(S S S) = [k(S)]k = nk.

S S S S1 2 3 k

Sl. 1.14. Varijacije s ponavljanjem. Izbor ure -dene k -torke (x1, x2, . . . , xk) odre -duje jedan put,koji povezuje izabrane elemente pojedinih skupova

Tako su na primjer varijacije s ponavljanjima drugog razreda u skupu S ={1, 2, 3, 4} :

11 12 13 1421 22 23 2431 32 33 3441 42 43 44

Njihov je broj V24 = 4

2 = 16 .Ovdje i u slicnim primjerima, radi jednostavnosti pisat cemo 11 umjesto ure -denog

para (1, 1) , a slicno i za ostale parove. Tako -der, umjesto ure -dene k -torke govorimocesto o nizu elemenata, i pisemo x1, x2, . . . , xn , sa ili bez zareza izme -du elemenata.

Primjer 1.30. Broj podskupova zadanog skupa. Koliki je broj podskupova skupaS koji ima n elemenata (ukljucujuci prazan skup i cijeli skup)?

Svakom elementu skupa S mozemo pridruziti broj 0 ili 1, sa znacenjem0: taj se element ne uzima u podskup,1: taj se element uzima u podskup.

Tako dobivamo niz duljine n koji se sastoji od nula i jedinica, a koji opisuje nacinizbora podskupa.


Na primjer, ako je S = {a, b, c, d, e} , tad niz 1, 0, 0, 1, 1 odre -duje podskup{a, d, e} , a niz 0, 0, 1, 0, 0 odre -duje podskup {c} . Niz {0, 0, 0, 0, 0} odgovara praz-nom podskupu, a niz {1, 1, 1, 1, 1} cijelom skupu.

Time smo pokazali da je broj podskupova jednak broju nizova duljine n koji sesastoje od nula i jedinica. Prvu znamenku u tom nizu mozemo izabrati na dva nacina,drugu i sve ostale tako -der na dva nacina. Zato je ukupan broj razlicitih nizova 2n .

Skup svih podskupova skupa S oznacavamo s P(S) i nazivamo partitivnimskupom skupa S . Dakle, ako je k(S) = n , onda je k(P(S)) = 2n .

Princip uzastopnog prebrojavanja

Brojanje elemenata Kartezijeva umnoska mozemo poopciti i na slucaj kad promat-ramobroj elemenata u nekimnjegovimpodskupovima. Pogledajmo sljedeci jednostavniprimjer.

Primjer 1.31. Koliko postoji dvoznamenkastih brojeva s razlicitim znamenkama? Prvu znamenku biramo iz skupa S1 = {1, 2, . . . , 9} , a drugu iz skupa

S2 = {0, 1, 2, . . . , 9} , ali pritom moramo paziti da ne odaberemo vec prije odabra-nu znamenku. Zato ce izbor biti ure -deni par (s1, s2) , pri cemu je s2 = s1 . Timeje odre -den neki podskup Kartezijeva umnoska, koji (u slozenijim primjerima) nijejednostavno opisati. Me -dutim, broj njegovih elemenata mozemo lako odrediti.

Prvu znamenku mozemo birati po volji, devet je mogucih izbora. Bez obzira ko-ju znamenku s1 izabrali, drugu znamenku biramo izme -du devet preostalih znamenkiskupa S2 , koje su razlicite od s1 . Njihov izbor ovisi dakle o izboru prve znamenke, alinjihov broj ne ovisi. Ukupan broj svih mogucnosti je 9 9 .

Primjer 1.32. Koliko se peteroznamenkastih brojeva moze napisati znamenkama0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 ako se 0 ne smije naci niti na prvom, niti na posljednjem mjestu, a sveznamenke moraju biti razlicite?

Brojeva kod kojih nula nije na prvom mjestu ima 66543 , jer prva znamenkamora biti razlicita od nule, druga bilo koja od preostalih itd. Neki od ovih brojeva imatce nulu na posljednjem mjestu. Zato cemo sada prebrojati koliko je takvih brojeva. Kodnjih prvu znamenku mozemo odabrati na 6 nacina, drugu na 5 nacina, trecu na cetirinacina, a cetvrtu na 4 nacina. Peta znamenka je nula. Ukupno ima 6 5 4 3 ovakvihbrojeva. Prema tome, svega je 6 6 6 5 3 6 5 4 3 = 5 6 5 4 3 = 1800 kojizadovoljavaju oba uvjeta.

Nacin razmisljanja u svim dosadasnjim primjerima mozemo formulirati na sljedeci

nacin:

Princip uzastopnog prebrojavanja

Ako element s1 mozemo izabrati iz skupa S1 na n1 razlicitih nacina, nakontoga (bez obzira na to koji smo element vec izabrali) element s2 iz skupa S2na n2 nacina, nakon toga element s3 iz skupa S3 na n3 nacina itd., onda jeukupan broj nacina izbora niza s1, s2, . . . , sk jednak

N = n1 n2 nk.

34 1. VJEROJATNOST

Princip obicno iskazujemo u slobodnijoj formi ovim rijecima: Ako se prvi dioposla moze uciniti na n1 nacin, drugi dio posla na n2 nacina,. . . , posljednji na nknacina, onda se cijeli posao moze uciniti na n1 n2 nk nacina 1 .

Ukoliko poredak elemenata nije vazan, pri primjeni principa o uzastopnom preb-rojavanju moramo biti vrlo oprezni. Objasnit cemo to kroz sljedeca dva primjera.

Primjer 1.33. Koliko dijagonala ima pravilan n -terokut? Dijagonala je odre -dena s dva nesusjedna vrha n -terokuta. Prvi vrh mozemo

odabrati na n nacina. Za drugi vrh nakon toga na raspolaganju imamo n3 nesusjednavrha. Ukupan broj (ure -denih) parova vrhova je n(n 3) . Me -dutim, broj dijagonalaje dva puta manji, jer svaka dijagonala povezuje dva vrha: dva ure -dena para (A, B)i (B, A) vrhova odre -duju istu dijagonalu. Dakle, broj dijagonala je N = 12n(n 3) .Ovaj je broj uvijek cjelobrojan, jer su brojevi n i n 3 razlicite parnosti.

Primjer 1.34. Snop karata sastoji se od 52 karte, podijeljenih u cetiri boje (po 13karata svaka). Na koliko razlicitih nacina mozemo odabrati dvije karte iste boje?

Boju mozemo odabrati na cetiri nacina. Prvu kartu u toj boji na 13 nacina.Nakon sto smo odabrali prvu kartu, preostaje 12 mogucnosti za izbor druge karte is-te boje. Ponovno je svaki par brojen dva puta. Ukupan broj izbora dviju karata je4 13 12 12 = 312 .

Primjer 1.35. Varijacije bez ponavljanja. Ure -dena k -torka razlicitih elemena-ta istog skupa S = {a1, . . . , an} naziva se varijacijom k -tog razreda u skupu od nelemenata. Pri tom mora biti k n . Broj varijacija oznacavamo s Vkn .

Odredimo taj broj koristeci princip uzastopnog prebrojavanja. Prvi element moze-mo odabrati na n nacina. Nakon toga, drugi element mozemo odabrati na n 1 nacin,jer mora biti razlicit od prvog. Treci mozemo odabrati na n 2 nacina. Posljednji,k -ti na n (k 1) = n k + 1 nacin. Zato je

Vkn = n(n 1) (n k + 1).

Primjer 1.36. Na koliko se razlicitih nacina moze podijeliti zlatna, srebrna i bron-cana medalja izme -du osam natjecatelja?

Rijec je o varijacijama treceg razreda u skupu od osam elemenata. Zato jetrazeni broj N = V38 = 8 7 6 = 336 .

Svakako je korisnije zapamtiti nacin na koji smo dosli do ovog broja, nego samuformulu. Moramo biti sigurni da razumijemo princip uzastopnog prebrojavanja:

zlatnu medalju mozemo podijeliti na 8 nacina, srebrnu medalju mozemo podijeliti na 7 nacina (me -du preostalih 7 natjecate-

lja), broncanu medalju mozemo podijeliti na 6 nacina (me -du preostalih 6 natjeca-

telja).Zato je broj razlicitih nacina za dodjelu sve tri nagrade jednak 8 7 6 .

1 Murphyjev zakon: Postoji li ijedan nacin da posao krene naopako, sigurno ce krenuti naopako iskustvenaje cinjenica koja se ne da matematicki dokazati


S S S S1 2 3 k

Sl. 1.15. Varijacije bez ponavljanja u skupu od n elemenata. Prvi element biramo po volji,drugi element tako da bude razlicit od prvog itd.

Primjer 1.37. Abeceda u hrvatskome jeziku sastoji se od 30 slova od kojih je 5samoglasnika i 25 suglasnika. Na koliko se razlicitih nacina moze ispisati rijec od petslova ako:

A. sva slova u rijeci moraju biti razlicita,B. poredak slova je suglasnik-samoglasnik-suglasnik-samoglasnik-suglasnik,C. isto sto i B.; ali su sva slova u rijeci razlicita.

A. Na 30 29 28 27 26 = 17 100 720 nacina.B. Na 25 5 25 5 25 = 390 625 nacina.C. Na 25 5 24 4 23 = 276 000 nacina.

Permutacije

Permutacija skupa S = {a1, . . . , an} od n razlicitih elemenata ure -dena je n -torkasvih njegovih clanova.

Tako su na primjer, permutacije skupa S = {1, 2, 3} : (1, 2, 3) , (1, 3, 2) , (2, 1, 3) ,(2, 3, 1) , (3, 1, 2) , (3, 2, 1) , i to su sve moguce permutacije. Jedna permutacija skupaS = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0} je (1, 3, 5, 7, 9, 0, 2, 4, 6, 8) . Koliko razlicitih permuta-cija ovog skupa postoji?

Broj razlicitih permutacija skupa s n elemenata oznacavamo s Pn . Taj broj dobi-vamo ovako:

prvi element mozemo izabrati na n nacina, drugi element mozemo izabrati nakon toga na n 1 nacina,

... pretposljednji element mozemo izabrati na dva nacina (jer su samo dva ele-

menta preostala), posljednji element biramo samo na jedan nacin, jer je jedini preostao.

Broj permutacija

Broj razlicitih permutacija skupa od n elemenata je

Pn = n (n 1) 2 1 = n! (2)

36 1. VJEROJATNOST

Primjecujemo da je permutacija zapravo varijacija n -tog razreda u skupu od nelemenata. Zato je Vnn = Pn .

Primjer 1.38. Koliko se razlicitih rijeci (smislenih i besmislenih) moze sastavitiod svih slova rijeci POVIJEST ako

A. slova mozemo postavljati po volji;B. suglasnici dolaze na prvo, trece, peto, sedmo i osmo mjesto, bas kao i u pocetnoj

rijeci?

A. Svaki raspored slova odre -duje jednu permutaciju. Ukupan broj rasporeda jeN = P8 = 8! = 40 320 .

B. Svaki suglasnik moze doci na bilo koje od pet mjesta. Broj mogucih raspo-reda suglasnika je N1 = P5 = 5! = 120 . Broj mogucih rasporeda samoglasnika jeN2 = P3 = 3! = 6 . Po principu uzastopnog prebrojavanja, ukupan broj mogucihrasporeda je N = N1N2 = 720 .

Permutacije s ponavljanjem

Zelimo li izracunati broj permutacija od n elemenata me -du kojima ima i jednakih,njihov ce broj biti ocito manji. Naime, neke od permutacija ispisanih na gore opisaninacin necemo vise moci razlikovati i njihov ce se ukupni broj smanjiti.

Primjer 1.39. Odredimo sve permutacije koje mozemo dobiti od slova rijeci SOS.Pretpostavimo za trenutak da mozemo razlikovati oba slova S , tj. da nasa rijec imaoblik S1OS2 . Tad imamo 3! = 6 razlicitih permutacija. To su redom:

OS1S2 S1OS2 S1S2OOS2S1 S2OS1 S2S1O

Pritom S1OS2 i S2OS1 izgledaju kao razlicite permutacije, ali, uklonimo li indekse,one ce postati jednake.

Neka P oznacava broj razlicitih permutacija slova S, O, S. U svakoj od njih pos-toje dva slova S, koja ne razlikujemo. Dodavanjem indeksa od njih bismo dobili 2!razlicitih permutacija. Zato je u ovom slucaju

2! P = P3 = P = 3!2! = 3.

Primjer 1.40. Slova rijeci MAMA mozemo permutirati na sljedecih sest nacina:

AAMMAMAMAMMAMAAMMAMAMMAA


Razlikovanjem pojedinih slova A i M iz svake od ovih permutacija dobili bismo2! 2! = 4 nove permutacije. Na primjer:

AAMM =

A1A2M1M2A1A2M2M1A2A1M1M2A2A1M2M1

Na taj bismo nacin dobili ukupno P4 = 24 permutacije od cetiri razlicita elementa.Zato za broj permutacija P slova u rijeci MAMA vrijedi:

2! 2! P = P4 = P = 4!2! 2! = 6.

Poopcavajuci ova razmatranja, dolazimo do sljedeceg zakljucka:

Permutacije s ponavljanjem

Neka u nizu s1, s2, . . . , sn postoji prva skupina od k1 identicnih elemenata,druga skupina od k2 identicnih elemenata,. . . , r -ta skupina od kr identicnihelemenata, k1 + k2 + . . .+ kr = n . Bilo koji razmjestaj elemenata takva nizanazivamo permutacijom s ponavljanjem. Njihov ukupni broj oznacavamos Pk1,k2,...,krn i vrijedi

Pk1,k2,...,krn =n!

k1! k2! kr! . (3)

Primjer 1.41. Koliko se razlicitih rijeci moze napisati od slova rijeci MATEMA-TIKA?

Ovdje je rijec o nizu slova A, A, A, E, I, K, M, M, T, T. Zato je

N = P3,1,1,1,2,210 =10!

3!1!1!1!2!2!= 151 200.

Po dogovoru, u ovakvim primjerima ne pisemo broj 1 niti u oznaci, niti u razlomcima:

N = P3,2,210 =10!

3!2!2!.

Kombinacije

U mnogim problemima prebrojavanja poredak izabranih elemenata nije bitan. Naprimjer, u igri LOTO 7 od 39 nije vazno kojim se redom izvlaci prvih 7 brojeva, vecsamo koji su to brojevi. Na koliko se nacina moze izvuci 7 brojeva od 39? Opcenitije,pitamo se:

Na koliko se nacina moze izvuci k elemenata iz skupa S od n elemenata, nepazeci na njihov poredak? Oznacimo taj broj s Ckn .

38 1. VJEROJATNOST

Svaki izbor k razlicitih elemenata skupa S = {a1, a2, . . . , an} odre -duje jedannjegov podskup koji ima k elemenata.

Ckn

Sa Ckn oznacavamo broj nacina na koji iz skupa od n elemenata mozemoodabrati k elemenata, ne pazeci na njihov poredak.

Odredimo taj broj. Primjetimo da je on jednak broju razlicitih podskupova s kelemenata uzetih iz skupa od n elemenata. Izbor jednog takvog podskupa odre -den jenizom nula i jedinica duljine n , ali takvih da u njemu postoji tocno k jedinica.

Primjer 1.42. Ilustrirajmo izbor podskupova koji imaju dva elementa na skupuS = {a, b, c, d} . Na koliko nacina mozemo odabrati dva njegova elementa?

Ispisimo niz nula i jedinica i njemu odgovarajuci izbor elemenata ovoga skupa:

1, 1, 0, 0 a, b1, 0, 1, 0 a, c1, 0, 0, 1 a, d0, 1, 1, 0 b, c0, 1, 0, 1 b, d0, 0, 1, 1 c, d

Broj svih nacina jednak je broju svih permutacija niza 1, 1, 0, 0 , kojih ima

P2,24 =4!

2! 2! =24

2 2 = 6.

Vidimo da je ukupan broj nacina jednak broju permutacija u nizu od n nula ijedinica, u kojem ima k jedinica i n k nula:

Ckn = Pk,nkn =

n!k!(n k)! =

(nk

).

Kombinacije

Svaki podskup od k (razlicitih) elemenata skupa S nazivamo kombinacijomu skupu S . Broj razlicitih kombinacija je

Ckn =n!

k!(n k)! =(

nk

). (4)


Primjer 1.43. U ravnini je zadano deset tocaka, od kojih nikad po tri tocke nisu najednom pravcu. Koliko se pravaca moze odrediti tim tockama? Koliko trokuta postojis vrhovima u tim tockama?

Svaki je pravac odre -den s dvije tocke. Te dvije tocke od deset zadanih mozemoodabrati na

C210 =(

102

)=

10 91 2 = 45

nacina. Trokuta ima onoliko koliko ima izbora triju tocaka od deset zadanih. Njihmozemo odabrati na

C310 =(

103

)=

10 9 81 2 3 = 120

nacina.

Primjer 1.44. Na koliko se nacina u igri LOTO moze izvuci 7 brojeva i jedandopunski broj od 39 zadanih?

Najprije se izvlaci 7 brojeva od 39. To se moze uciniti na C739 nacina:(397

)=

39 38 37 36 35 34 331 2 3 4 5 6 7 = 15 380 937.

Nakon toga, dopunski se broj moze odabrati na 32 nacina. Ukupan je broj razlicitihizbora

N = 32 (

397

)= 492 189 984.

Pokazat cemo jos jedan nacin na koji mozemo potvrditi ovu formulu, a koji moze

biti koristan u razlicitim prebrojavanjima.

Primjer 1.45. Veza kombinacija, permutacija i varijacija. Broj varijacija k -tog

razreda u skupu S od n elemenata je Vkn =n!

(n k)! . Sve varijacije mozemo dobititako da najprije odaberemo k elemenata skupa S , a zatim ih permutiramo na sve mo-guce nacine. Izbor elemenata mozemo uciniti na Ckn nacina, a permutirati ih na Pknacina. Po teoremu o uzastopnom prebrojavanju, ukupan broj varijacija jednak je

Vkn = Ckn Pk,

odakle slijedi

Ckn =VknPk

=

n!(n k)!

k!=

n!k!(n k)! .

40 1. VJEROJATNOST

Primjer 1.46. Kosarkaski tim raspolaze s tri centra, cetiri krila i pet branica. Igruzapocinje jedan centar, dva krila i dva branica. Na koliko nacina trener moze izabratipocetnu petorku?

Centar se moze odabrati na tri nacina, dva krila na(

42

)= 6 nacina, dva

branica na(

52

)= 10 nacina. Broj razlicitih pocetnih postava je 3 6 10 = 180 .

Primjer 1.47. Snop od 52 karte sastoji se od 13 karata razlicite jakosti u svakoj odcetiri boje. Na koliko nacina mozemo odabrati:

A. dvije karte iste boje,B. dvije karte razlicitih boja,C. dvije karte iste jakosti,D. dvije karte razlicitih jakosti?

A. Boju mozemo izabrati na cetiri nacina, a dvije karte u toj boji na C213 nacina.

N = 4 (

132

)= 312 .

Mozemo razmisljati i ovako: prvu kartu biramo po volji, pa imamo 52 moguc-nosti. Nakon toga, drugu kartu biramo izme -du 12 karata koje su iste boje. Time smodobili ure -deni par. Kako nas poredak karata ne zanima, ukupan je broj mogucnosti

N =52 12

2= 312 .

B. Dvije boje mozemo odabrati na C24 nacina, a po jednu kartu iz svake boje na

13 nacina. N =(

42

) 13 13 = 1014 .

Razmisljajuci na drugi nacin, racunamo ovako: za izbor prve karte imamo 52 mo-gucnosti. Nakon toga, drugu kartu biramo izme -du 39 karata koje nisu iste boje. Ukupan

je broj mogucnosti za izbor dviju karata dvostruko manji: N =52 39

2= 1014 .

C. Razmisljajuci na oba ovakva nacina, dobivamo N = 13 (

42

)=

52 32

= 78 .

D. Sad je N =(

132

) 4 4 ili N = 52 48

2= 1248 .

Promotrimo jos jedan slozeniji primjer.

Primjer 1.48. U pokeru se dobiva 5 karata od 52. Njihov poredak nije vazan. Nakoliko se razlicitih nacina moze dobiti 5 karata koje sadrze

A. jedan par (npr. K K J 6 3),B. dva para (npr. J J 2 2 8),C. tri karte iste jakosti (npr. 8 8 8 K 24),D. tri karte iste jakosti i jedan par (npr. A A A 7 7)?


A. Dvije karte iste jakosti mozemo odabrati na 13 (

42

)nacina. Prvu od preos-

tale tri karte na 48 , drugu na 44, trecu na 40 nacina. Mnozeci ove brojeve dobit cemopermutaciju preostale tri karte, pa je zato broj kombinacija posljednjih triju karata 3!

puta manji i iznosi48 44 40

3!. Pomnozimo ova dva broja:

N = 13(

42

) 48 44 40

3!.

Jesmo li time ponovno brojili permutacije? Odgovor je: ne! Mi uvijek mozemo brojatiovakve kombinacije od pet karata tako da prvo istaknemo dvije karte koje cine par, azatim tri preostale. Te su skupine razlicite po svojim svojstvima.

B. Razmisljajmo na isti nacin: 13 (

42

)je nacina da se odabere prvi par. Nakon

sto smo njega odabrali, ima 12 (

42

)nacina za izbor drugog para. Me -dutim, ukupan

broj nacina za izbor prvih cetiriju karata dvostruko je manji od umnoska ovih brojeva,jer su i prvi i drugi par skupine istih svojstava i u ovim su izborima brojeni dva puta(kao ure -deni parovi). Nakon izbora prvih cetiriju karata, petu mozemo odabrati na 44nacina. Zato je

N =13(

42

) 12

(42

)2!

44.C. Razmisljajuci kao u A. dobivamo

N = 13(

43

) 48 44

2!.

D. Skupine od tri karte i od dvije karte razlicitih su svojstava. Zato je

N = 13(

43

) 12

(42

).

Razdioba predmeta

Razdiobe predmeta na razlicite osobe predstavlja interesantan kombinatorni prob-lem. Izdvojit cemo u sljedecim primjerima nekoliko tipicnih situacija.

Primjer 1.49. Na koliko se nacina deset jednakih predmeta moze podijeliti na cetiriosobe (moguce je da neka osoba ne dobije niti jedan predmet)?

Predmeti su jednaki, pa ih mozemo oznaciti kruzicem. Jednu mogucu razdiobumozemo opisati na sljedeci nacin:

| || Ovdje smo zajedno s kruzicima rasporedili i tri crtice. Crtice oznacavaju nacin di-jeljenja: prva osoba dobiva dva predmeta, druga cetiri, treca nijedan, cetvrta cetiripredmeta.

Razlicitih rasporeda ima koliko i permutacija od 13 elemenata me -du kojima sudvije skupine od po deset i tri jednaka predmeta:

N = P10,313 =13!

10!3!= 286.

42 1. VJEROJATNOST

Opcenito, ako dijelimo n jednakih predmeta na k osoba, tad postupamo na identi-can nacin. Razlicitih rasporeda ima onoliko koliko i permutacija od n+k1 elementa,me -du kojima ima n kruzica i k 1 crtica:

N = Pn,k1n+k1 =(n + k 1)!n!(k 1)! .

Isti broj dobit cemo ako se zapitamo na koliko razlicitih nacina mozemo postavitik 1 crticu na raspolozivih n + k 1 mjesta:

N = Ck1n+k1 =(

n + k 1k 1

).

Na primjer, deset predmeta se na tri osobe moze podijeliti na(10 + 3 1

3 1)

=(

122

)= 66

nacina. Dva predmeta se na deset osoba moze podijeliti na(2 + 10 1

10 1)

=(

119

)=(

112

)= 55

nacina. (Deset je nacina u kojih jedna osoba dobije dva predmeta, a 45 nacina u kojihdvije osobe dobiju po jedan predmet.)

Primjer 1.50. Na koliko se nacina deset jednakih predmeta moze podijeliti na cetiriosobe tako da svaka osoba dobije barem jedan predmet?

Oznacimo ponovno predmete kruzicima. Poredajmo ih i postavimo izme -dunjih tri crtice, ali tako da dvije crtice ne smiju doci zajedno. Jedna moguca razdiobaopisana je ovako:

| | | (prva osoba dobiva tri, druga dva, treca jedan i cetvrta cetiri predmeta). Crtice semoraju ubaciti na tri od devet mogucih mjesta izme -du kruzica. Broj mogucih nacina je(

10 14 1

)=(

93

)= 84 .

Opcenito, ako n predmeta dijelimo na k osoba, ali tako da svaka osoba moradobiti barem jedan predmet, onda postupamo ovako: k 1 crticu postavimo na nekaod n 1 mjesta izme -du kruzica. Broj je razlicitih nacina jednak

N = Ck1n1 =(

n 1k 1

).


Primjer 1.51. Na koliko se nacina osam razlicitih predmeta moze podijeliti na cetiriosobe, ali tako da svaka osoba dobije po dva predmeta?

Dva predmeta koja ce pripasti prvoj osobi biramo na(

82

)nacina. Nakon

toga, dva predmeta za drugu osobu mozemo izabrati na(

62

)nacina itd. Ukupan broj

razlicitih podjela je (82

)(62

)(42

)(22

)= 28 15 6 1 = 2520.

Primijetimo da je jedna podjela odre -dena permutacijom niza 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4 .Tako na primjer nizu

2, 4, 1, 1, 3, 2, 3, 4

odgovara podjela u kojoj prva osoba dobiva treci i cetvrti, druga osoba prvi i sesti, trecaosoba peti i sedmi a cetvrta osoba drugi i osmi predmet. Ovakvih permutacija ima

P2,2,2,28 =8!

2! 2! 2! 2! = 2520.Promotrimo opceniti problem: n razlicitih predmeta trebamo podijeliti na k osoba,

ali tako da prva dobije n1 predmeta, druga n2 predmeta,. . . , posljednja nk predmeta,n = n1 + n2 + . . . + nk . Broj razlicitih nacina na koji se to moze uciniti je(

nn1

)(n n1

n2

) (

nk1 + nknk1

)(nknk

)=

n!n1! n2! . . . nk! .

Kombinacije s ponavljanjima

Pretpostavimo da birajuci elemente nekoga skupa imamo mogucnost izabrati istielement vise puta.

Na koliko se nacina moze izabrati k elemenata iz skupa od n me -dusobnorazlicitih elemenata, ako svaki element mozemo birati vise puta, a poredak izabranihelemenata nije bitan?

Mozemo zamisliti da iz bubnja u kojem se nalazi n kuglica oznacenih brojevi-ma od 1 do n biramo k kuglica, jednu po jednu i to tako da se nakon svakog izborakuglica vraca u bubanj. Redoslijed izabranih brojeva nije nam pri tome vazan.

Jedan takav izbor nazivamo kombinacijom s ponavljanjem k -tog razreda u skupuod n elemenata, a njihov ukupan broj oznacavamo s C

kn .

Primjer 1.52. Ispisimo sve kombinacije s ponavljanjem:a) drugog razreda u skupu S = {1, 2, 3, 4} :

11 12 13 14 22 23 24 33 34 44.

Dakle, C24 = 10 .

b) treceg razreda u skupu S = {1, 2, 3} :111 112 113 122 123 133 222 223 233 333.

Dakle, C33 = 10 .

44 1. VJEROJATNOST

c) cetvrtog razreda u skupu S = {1, 2} :1111 1112 1122 1222 2222.

Dakle, C42 = 5 .

d) cetvrtog razreda u skupu S = {1, 2, 3} :1111 1112 1113 1122 1123 1133 1222 1223

1233 1333 2222 2223 2233 2333 3333.

Dakle, C43 = 15 .

U svim su primjerima kombinacije poredane leksikografskim poretkom. Kako

cemo utvrditi broj Ckn ?

Ucinimo sljedecu transformaciju: drugom elementu u gornjim kombinacijama do-dajmo broj 1, trecem broj 2, a cetvrtom broj 3. Pritom ce kombinacije s ponavljanjemprijeci u kombinacije bez ponavljanja u vecem skupu:

a) drugog razreda u skupu S = {1, 2, 3, 4, 5} :12 13 14 15 23 24 25 34 35 45.

b) treceg razreda u skupu S = {1, 2, 3, 4, 5} :123 124 125 134 135 145 234 235 245 345.

c) cetvrtog razreda u skupu S = {1, 2, 3, 4, 5} :1234 1235 1245 1345 2345.

d) cetvrtog razreda u skupu S = {1, 2, 3, 4, 5, 6} :1234 1235 1236 1245 1246 1256 1345 1346

1356 1456 2345 2346 2356 2456 3456.

Opcenito, ovom transformacijom skup kombinacija s ponavljanjem k -tog razredau skupu od n elemenata prelazi u skup kombinacija bez ponavljanja k -tog razreda uskupu od n + k 1 elemenata. Zato je:

Ckn = C

nn+k1 =

(n + k 1

k

).

U gornjim primjerima ti brojevi iznose:

a) C24 =

(4 + 2 1

2

)=(

52

)=

5 41 2 = 10,

b) C33 =

(3 + 3 1

3

)=(

53

)=(

52

)= 10,

c) C42 =

(2 + 4 1

4

)=(

54

)=(

51

)= 5,

d) C43 =

(3 + 4 1

4

)=(

64

)=(

62

)=

6 51 2 = 15.

1.7. RIJESENI ZADATCI 45

Primjer 1.53. Iz snopa od 52 karte biramo dvije, ali tako da nakon izbora svakekarte zapisemo njezinu vrijednost, a samu kartu vratimo u snop. Na koliko nacinamozemo odabrati

A. dvije karte iste boje; B. dvije karte iste jakosti?

A. Boju mozemo odabrati na cetiri nacina. Dvije karte iste boje mozemo

odabrati na C132 nacina. Zato je N = 4(

13 + 2 12

)= 4

(142

)nacina.

B. Jakost mozemo odabrati na 13 nacina, a dvije karte te jakosti na C42 =(4 + 2 1

2

)nacina. Zato je N = 13

(52

).

1.7. Rijeseni zadatci

Zadatak 1.1. Novcic bacamo dok se dva puta za redom ne pojavi isti znak, a naj-vise pet puta. Opisite elementarne doga -daje u skupu i u sljedecim doga -dajima;A = {pokus je zavrsen u trecem bacanju} ;B = {pokus je zavrsen u prva tri bacanja} .Odredite B .

Elementarne doga -daje popisujemo redajuci ih prema broju potrebnih bacanja:

1 = GG, 6 = PGPP,2 = PP, 7 = GPGPP,3 = GPP, 8 = GPGPG,4 = PGG, 9 = PGPGG,5 = GPGG, 10 = PGPGP.

Sada je A = {3,4} , B = {1,2,3,4} . Dogadaj B sadrzi preostalih sestelementarnih doga -daja.

Zadatak 1.2. Pokus se sastoji od bacanja dvaju novcica. Uocimo sljedece doga -da-je:

A = {glava na prvom novcicu}, B = {pismo na prvom novcicu},C = {glava na drugom novcicu}, D = {pismo na drugom novcicu},E = {jedna glava i jedno pismo}, F = {barem jedna glava},G = {barem jedno pismo}, H = {dva pisma},I = {dvije glave}.

Odredi kojem su doga -daju ekvivalentni sljedeci doga -daji: BD , BD , E I , BG ,B G , A B , A B , F G , F G .

46 1. VJEROJATNOST

Postoje cetiri elementarna doga -daja, to su ure -deni parovi (P,P) , (P,G) ,(G,P) , (G,G) koji odre -duju moguci rezultat na oba novcica. Te cemo doga -dajeoznacavati jednostavnije s PP , PG , GP , GG .

Razlicitih doga -daja ima 24 = 16 . Devet me -du njima zapisani su gore (prona -ditepreostalih sedam!).

Da bismo odgovorili na pitanja, najjednostavnije je odrediti elementarne doga -dajeod kojih se sastoje gore navedeni. Tako imamo

A = {GG, GP}, B = {PG,PP},C = {GG, PG}, D = {GP,PP},E = {GP,PG}, F = {GP,PG, GG},G = {GP,PG,PP}, H = {PP},I = {GG}.

Sada racunamo ovako:

B D = {PG,PP,GP} = G,B D = {PP} = H,E I = {GP,PG, GG} = F

i slicno u drugim slucajevima. Dobivamo: B G = G , B G = B , A B = ,A B = , F G = , F G = E .

Ovakav je nacin siguran, ali nije poucan. Svakako je korisnije pokusati na gornjapitanja odgovoriti direktno, koristeci veznike kao oznaku operacije:

B D = {pismo na prvom novcicu} ili {pismo na drugom novcicu}= {barem jedno pismo} = G,

F G = {barem jedna glava} i {barem jedno pismo}= {jedna glava i jedno pismo} = E,

E I = {jedna glava i jedno pismo} ili {dvije glave}= {barem jedna glava} = F.

Ucinite slicno za ostale primjere.

Zadatak 1.3. Ure -daj je prikazan shemom na slici. Neka doga -daj Ai oznacavaprekid na dijelu i , i = 1, 2, 3 . Odredi izraz za doga -daj

A = {ure -daj je prestao s radom},kao i za doga -daj A .

n n

n

n

A1

B1

B2

B3

nn

nn

A1

A2

B1

B2

n n

n n

A1 A2

B1 B2

Slik 1 2Sl. 1.16.

a) A = A1 + B1B2B3 , A = A1 B1B2B3 = A1(B1 + B2 + B3) .


b) A = A1A2 + B1B2 , A = A1A2 B1B2 = (A1 + A2)(B1 + B2) .c) A = (A1 + A2)(B1 + B2) , A = A1 + A2 + B1 + B2 = A1A2 + B1B2 .

Zadatak 1.4. Bacamo dvije ispravne kocke. Kolike su vjerojatnosti sljedecih do-ga -daja:

A = {pojavile su se dvije sestice},B = {pojavila se jedna jedinica i jedna dvojka},C = {pojavila su se dva jednaka broja},D = {zbroj brojeva jednak je 5},E = {pojavio se broj veci od 2}?

Samo je jedan ishod povoljan za A : elementarni doga -daj (6, 6) . Zato je P (A) =136

.

Dva su ishoda povoljna za doga -daj B ; to su elementarni doga -daji (1, 2) i (2, 1) .

Ovo su razliciti ishodi bacanja dviju kocki! P (B) =236

.

Sest je povoljnih ishoda. P (C) =636

Doga -daj D ima cetiri povoljna ishoda: (1, 4) , (2, 3) , (3, 2) , (4, 1) . Zato je

P (D) =436

.

Opisimo suprotan doga -daj:

E = {oba su broja manja ili jednaka 2}.Cetiri su povoljna ishoda za ovaj doga -daj: (1, 1) , (1, 2) , (2, 1) , (2, 2) . Zato je

P (E) =436

i P (E) = 1 P (E) = 1 19

=89

.

Zadatak 1.5. Novcic se baca n puta i pri tom se biljezi je li palo pismo ili glava.Opisi vjerojatnosni prostor. Odredi sljedece doga -daje i izracunaj im vjerojatnost:

A = {svih n puta palo je pismo}, B = {pismo je palo tocno jednom},C = {pismo je palo barem jednom}, D = {pismo je palo u prvom bacanju}.

Elementaran doga -daj je niz od n znakova P i G . = skup svih n -torki sastav-ljenih od znakova P i G . Opet je F = P() , card(F) = 22n : broj svih doga -daja.Svi elementarni doga -daji su jednako vjerojatni. Zato je P (i) = 12n . Doga -daji A , B ,C , D i njihove vjerojatnosti iznose:

A = {PP P}, P (A) = 12n

,

B = {PG G, GPG G, . . . ,G GP}, P (B) = n2n

,

C = \ {G G}, P (C) = 2n 12n

,

D = {P . . . : bilo koji}, P (D) = 2n1

2n=

12.

48 1. VJEROJATNOST

Zadatak 1.6. U kutiji se nalazi deset kuglica, sest plavih i cetiri crvene. Biramo nasrecu tri kuglice. Odredimo vjerojatnosti sljedecih doga -daja:

A = {sve su tri kuglice plave}.B = {sve su tri kuglice iste boje}.C = {dvije su kuglice plave, a jedna je crvena}.

Da bismo postavili ispravan model, zamislit cemo da sve kuglice mozemo raz-likovati. (Mozemo zamisliti da su sve one oznacene razlicitim brojevima, od 1 do 10.)

Tri kuglice iz skupa od 10 kuglica mozemo odabrati na N =(

103

)nacina. Povoljnih

za doga -daj A je M =(

63

), jer se na toliko nacina mogu izabrati tri kuglice iz skupa

od sest plavih kuglica. Zato je

P (A) =MN

=

(63

)(

103

) = 20120

=16.

Broj povoljnih ishoda za doga -daj B je

M =(

63

)+(

43

)jer kuglice mogu biti ili plave ili crvene. Zato je

P (B) =MN

=

(63

)+(

43

)(

103

) = 24120

=15.

Odredimo broj povoljnih ishoda za doga -daj C . Dvije plave kuglice mozemo

odrediti na(

62

)nacina, a jednu crvenu na cetiri nacina:

M =(

62

) 4 = 60 = P (C) = 60

120=

12.

Zadatak 1.7. Slova rijeci MATEMATIKA napisana su na karticama, ove potompromijesane i poredane jedna do druge. Kolika je vjerojatnost da ce i nakon togamatematika ostati MATEMATIKA?

Prvo rjesenje. U rijeci postoje tri slova A, dva slova M, dva slova T te po jednoslovo E, I, K. Broj razlicitih permutacija ove rijeci jednak je broju permutacija skupaod 10 elemenata me -du kojima postoje jednaki:

N = P3,2,2,1,1,110 =10!

3!2!2!.

Samo je jedna povoljna mogucnost! Zato, P(A) =3!2!2!10!

= 6.6 106 .Drugo rjesenje. Mozemo problemu pristupiti i ovako. Zamislimo da umijemo

razlikovati svako slovo (jer su, recimo, napisana na karticama razlicitih boja). Tada je


broj svih mogucih doga -daja jednak broju svih permutacija, N = P10 = 10! . Povoljnesu one kod kojih su slova E, I, K na svojim mjestima; slova M mozemo rasporediti nadva nacina; tri slova A na sest nacina: prvo na bilo koje od tri slobodna mjesta, drugo naneko od preostala dva i trece na slobodno mjesto, slicno za slovo T. Dakle, M = 4 6 4i dobivamo P(A) kao gore.

Zadatak 1.8. Baceno je 12 kocaka. Kolika je vjerojatnost da ce se svaki od brojeva1, 2, . . . , 6 pojaviti dvaput?

Prvo rjesenje. Rezultat pokusa je niz od 12 brojeva uzetih iz skupa S ={1, 2, 3, 4, 5, 6} . Na svakoj kocki moze se pojaviti bilo koji od tih brojeva, pa je brojsvih mogucih ishoda

N = 612.

Koliko je povoljnih? Onoliko koliko i razlicitih permutacija (s ponavljanjima) niza{1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 6, 6} jer svaka takva permutacija daje povoljan ishod bacanja:

M = P2,2,2,2,2,212 =12!(2!)6

.

Tako dobivamo p = M/N = 0.00344 .Drugo rjesenje. Do broja povoljnih kombinacija mozemo doci i drukcijim raz-

misljanjem. Znamo da se u povoljnoj kombinaciji moraju pojaviti tocno dvije jedinice,dvije dvojke itd. Pitanje je: na kojim kockama? Dvije se jedinice mogu pojaviti na bilokojim kockama, dakle na C212 razlicitih nacina. Nakon toga, za dvije dvojke imamo naraspolaganju deset kocaka, sto daje C210 nacina itd. Ukupan broj nacina za pojavljivanjepovoljnog doga -daja je

M =(

122

)(102

)(82

)(62

)(42

)(22

)=

12!(2!)6

.

Zadatak 1.9. Racunalo, racunalo. . . Racunalo ispisuje brojeve s 8 znamenaka.Uz pretpostavku da je pojava svake znamenke na svakom mjestu jednako vjerojatna,izracunaj vjerojatnost doga -dajaA. sve znamenke su razlicite,B. cetiri posljednje znamenke su jednake,C. broj zapocinje znamenkom 5,D. broj sadrzi tri znamenke 5,E. broj sadrzi tri znamenke 5, tri znamenke 2 i dvije znamenke 7,F. pojavile su se tocno tri jednake znamenke (a preostalih pet su me -dusobno razlicite),G. broj ima dva para jednakih znamenaka,H. u zapisu broja pojavljuju se najvise tri znamenke.

Svih mogucih ishoda ima N = V810 = 108 .

A. Brojeva s razlicitim znamenkama ima V810 = 10!/2! , P(A) = 0.00181 .

B. Jednake cemu? 10 je mogucnosti. Na prva cetiri mjesta moze doci bilo ko-ja znamenka (ukljucivo i posljednju znamenku), 104 mogucnosti. M = 10 104 ,P(B) = 0.001 .

C. Prva je znamenka odre -dena, preostalih sedam je slobodno. Dakle, M = 107 ,P(C) = 0.1 . Jasno, u ovom slucaju ovakav izbor brojeva M i N je neprikladan; nas

50 1. VJEROJATNOST

zanima samo prva znamenka a za ostale nas nije briga: prirodnije je uzeti N = 10 ,M = 1 .

D. Na kojim mjestima? C38 mogucnosti. Na preostalih 5 mjesta moze doci bilokoja od preostalih 9 znamenki: 95 mogucnosti.

M =(

83

) 95, P(D) = 0.0331.

E. M =(

83

)(53

)(22

), P(E) = 0.56 105 .

F. U zapisu broja pojavljuje se 6 razlicitih znamenki. Tih 6 znamenki mozemoodabrati na C610 nacina. Od njih trebamo ispisati sve moguce 8-znamenkaste broje-ve kod kojih ce se jedna znamenka ponavljati tri puta. Koja znamenka? 6 je

Documents

Neven Elezović Vjerojatnost i Statistika - Diskretna Vjerojatnost 2008