ELEKTRO-ODSEKSlucajniprocesiRESENIZADACIIZSTATISTIKEISLUCAJNIHPROCESA11 KarakteristicnafunkcijaX: slucajna promenljiva . Karakteristicna funkcija je preslikavanjekX: R C denisana nasledeci nacinkX(t) = E(eitX) =___

ieitxip(xi) , Xdiskretna slucajna promenljiva_eitxX(x) dx , Xneprekidna slucajna promenljiva.Osobine |kX(t)| 1. kX(0) = 1. kX(t) = kX(t). kaX+b(t) = eitbkX(at).Ako suXiYnezavisne slucajne promenljive tada jekX+Y (t) = kX(t) kY (t).Ako postoji momenatmr = E(Xr), r N tada jeE(Xr) =k(r)X(0)ir.Karakteristicna funkcija za neke vaznije raspodeleBinomna raspodela B(n, p) kX(t) = (q +peit)nPoasonova raspodele P() kX(t) = e(1eit)Geometrijska raspodele G(p) kX(t) =peit1 qeitUniformna raspodela U(a, b) kX(t) =eitbeitait(b a)Eksponencijalna raspodela E(a) kX(t) =aa itNormalna raspodela N(m, ) kX(t) = eitme2t22Normalna raspodela N(0, 1) kX(t) = et221. Za date karakteristicne funkcije naci odgovarajuce zakone raspodela (za slucajne promenljive disk-retnog tipa)(a) kX(t) = cos t.(b) kX(t) =3+cos t4.(c) kX(t) = (2 eit)1.(d) kX(t) =

k=0ak cos(kt), ak> 0,

k=0ak = 1.Resenje:(a) kX(t) = cos t =eit+eit2=12eit1+ 12eit(1), takodajetrazenaslucajnapromenljivaX:_ 1 11212_.(b) kX(t) =3 + cos t4=34 + cos t4=34eit0+ 14eit+eit2=34eit0+ 18eit1+ 18eit(1), takodajetrazena slucajna promenljivaX :_ 1 0 1183418_.2(c) kX(t) = (2 eit)1= (2(1 eit2))1=12

k=0_1k_(eit2)k=12

k=0_1k_ (1)keitk2k==

k=0_1k_ (1)keitk2k+1=

k=0eitk(1)k2k+1 (1) . . . (1 (k 1))k!==

k=0eitk(1)k(1)k2k+1k!k!=

k=0eitk12k+1,tako da je skup vrednosti slucajne promenljive RX= {0} N, pri cemu jeP(X = k) =12k+1.(d) kX(t) =

k=0ak cos(kt) =

k=0akeitk+eitk2=

k=0akeitk2+

k=0akeitk2==

k=0ak2eitk+

k=0ak2eit(k),tako da je skup vrednosti slucajne promenljive RX= Z pri cemu jeP(X = k) = P(X = k) =ak2, k N i P(X = 0) =a02+a02= a0.2. Elementsesastoji izdvaprekidacapovezanihkaonaslici. Duzineradaprekidaca su nezavisne i imaju ekspo-nencijalnu E(1) raspodelu.P1P2(a) Naci karakteristicnu funkciju slucajne promenljiveYkoja predstavlja duzinu rada elementa.(b) Ako je dato n nezavisnih slucajnih promenljivihY1, . . . , Ynkojeimajuisturaspodelukaoi slucajnapromenljivaYnaci karakteristicnu funkciju slucajnepromenljiveSn =Sn E(Sn)_D(Sn), gde jeSn = Y1 +. . . +Yn.Resenje:SlucajnepromenljiveX1i X2kojepredstavljajuduzinuradaprvog, odnosnodrugogprekidacaimajueksponencijalnu E(1)raspodelutakodajeFX(x) = 1 ex, x> 0. Y = max{X1, X2}isada trazimo raspodelu zaY(koristeci deniciju funkcije raspodele)FY (y) = P(Y< y), y R.FY (y) = P(Y< y) = P(max{X1, X2} < y) = P(X1< y, X2< y) = P(X1< y)P(X2< y) == FX1(y)FX2(y) = F2X(y) =_0 , y 0(1 ey)2, y> 0=_0 , y 01 2ey+e2y, y> 0.Y (y) = F

Y (y) =_0 , y 02ey2e2y, y> 0.(a) kY (y) =_eityY (y)dy =_0eity(2ey2e2y)dy = 2_0e(it1)ydy 2_0e(it2)ydy ==2it1e(it1)y|02it1e(it2)y|0=2it1 +2it2=2(it1)(it2)(b) Prvo cemo pronaci matematicko ocekivanje i disperziju slucajne promenljiveYE(Y ) =_0y(2ey2e2y)dy =32, E(Y2) =_0y2(2ey2e2y)dy =72, D(Y ) =54.Sn = Y1 +. . . +YnE(Sn) = E(Y1 +. . . +Yn) = E(Y1) +. . . +E(Yn) = nE(Y ) =3n2 ,D(Sn) = D(Y1 +. . . +Yn) = D(Y1) +. . . +D(Yn) = nD(Y ) =5n4 ,Sn =Sn E(Sn)_D(Sn)=Sn 3n2_5n4=Sn 3n25n2=25nSn _95n.Nalazimo karakteristicnu funkciju zaSn, pa zatim i karakteristicnu funkciju zaSn:kSn(t) = kY1+...+Yn(t) =n

i=1kYi(t) = (kY (t))n=_2(it 1)(it 2)_n,kSn(t) = k25nSn95n(t) = eit95nkSn_25nt_ = eit95n_2(i25nt 1)(i25nt 2)_n.33. Verovatnoca da ce posmatrani eksperiment uspeti je p. Ako su izvodenja eksperimenata medusobnonezavisnanaci karakteristicnufunkcijuslucajne promenljive Y kojapredstavljabroj izvrseniheksperimenata dok ukupan broj uspesnih eksperimenata ne budek.Resenje:X1broj ponavljanja eksperimenta do prve pozitivne realizacije X1 : G(p) raspodeluX2broj ponavljanja eksperimenta od prve do druge pozitivne realizacije X2 : G(p) raspodeluX3broj ponavljanja eksperimenta od druge do trece pozitivne realizacije X3 : G(p) raspodelu...Xk broj ponavljanja eksperimenta od k 1-ve do k-te pozitivne realizacije Xk : G(p) raspodeluKako slucajne promenljiveX1, . . . , Xkimaju istu geometrijsku raspodelu, one imaju i istu karak-teristicnu funkcijukXs(t) =peit1 qeit, s = 1, . . . , kY= X1 +. . . +Xki slucajne promenljiveX1, . . . , Xksu medusobno nezavisne tako da jekY (t) = kX1+...+Xk(t) =k

s=1kXs(t) =_peit1 qeit_k.4. DatajeslucajnapromenljivaXsauniformnom U(1, 1)raspodelomi nizY1, Y2, . . . nezavisnih,jednakorasporedenih slucajnih promenljivih sa zakonom raspodeleYn :_ 1 11212_.(a) Naci karakteristicne funkcije za slucajne promenljiveX,Yn, n N iZn =n

j=1ajYjgde jeajproizvoljna konstanta.(b) Dokazati da raspodela slucajne promenljiveZn =n

j=1Yj2jkadn konvergira ka raspodelislucajne promenljiveX.Resenje:(a) X : U(1, 1) tako da jeX(x) =12, x (1, 1) tako da jekX(t) =1_1eitx 12dx =121iteitx|11 =eiteit2it=sin tt, t = 0,kX(0) = 1.kYn(t) = eit(1)12 +eit(1)12=eit+eit2= cos t.kZn(t) = kn

j=1ajYj(t) =n

j=1kajYj(t) =n

j=1kYj(ajt) =n

j=1cos(ajt).(b) kZn(t) =n

j=1cost2j= cost2 cost4 . . . cost2n=sin t2 sint2sint22 sint22 . . . sint2n12 sint2n=sin t2nsint2n,limnkZn(t) =limnsin t2nsint2n= sin t limn1tt2nsint2n=sin tt= kX(t).5. Nezavisneslucajnepromenljive X i Y imajuPoasonoveraspodele X: P(a), Y : P(b),(a, b > 0). Naci raspodele slucajne promenljive: Z = X +Y .Resenje:Koristeci karakteristicne funkcije slucajnih promenljivihXiY :4kX(t) = ea(1eit), kY (t) = eb(1eit),dobijamo karakteristicnu funkciju slucajne promenljiveZ:kZ(t) = kX+Y (t) = kX(t)kY (t) == ea(1eit) eb(1eit)= e(a+b)(1eit)Dobijena karakteristicna funkcija odgovara slucajnoj promenljivoj sa Poasonovom P(a+b) raspode-lom.6. Slucajna promenljiva Y predstavlja zbir brojeva dobijenih pri bacanju 5 kockica za igru. Odreditikarakteristicnu funkciju slucajne promenljive Y i pomocu nje matematicko ocekivanje za Y .Resenje:Neka su Xi, i {1, 2, 3, 4, 5} slucajne promenljive koje predstavljaju brojeve koji su dobijeni nai - toj kockici. Slucajne promenljive Xisu nezavisne i imaju isti zakon raspodele:P(Xi = k) =16, k {1, 2, 3, 4, 5, 6}, i {1, 2, 3, 4, 5}.Slucajnu promenljivu Y mozemo predstaviti kaoY= X1 +X2 +X3 +X4 +X5pa cemo naci karakteristicne funkcije slucajnih promenljivih Xi(sve imaju isti zakon raspodele,pa ce imati i iste karakteristicne funkcije), te cemo pomocu njih, koristeci osobine karakteristicnihfunkcija, naci karakteristicnu funkciju slucajne promenljive Y:kXj(t) = E(eitXj) = 6m=1eitmP(X = m) = 6m=1eitm16=16(eit+e2it+e3it+e4it+e5it+e6it).Sada dobijamo:kY (t) = k(X1+X2+X3+X4+X5)(t) = 5j=1kXj(t) = (kX1(t))5=165(eit+e2it+e3it+e4it+e5it+e6it)5.Pomocu karakteristicne funkcije nalazimo matematicko ocekivanje slucajne promenljive Y :(KY (t))

==1655(eit+e2it+e3it+e4it+e5it+e6it)4 (ieit+ 2ie2it+ 3ie3it+ 4ie4it+ 5ie5it+ 6ie6it) ==5i65(eit+e2it+e3it+e4it+e5it+e6it)4 (it+2e2it+ 3e3it+ 4e4it+ 5e5it+ 6e6it),K

Y (0) =5i65(1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1)4(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) =5i65 64 21 =352i,E(Y ) =k

Y 0)i=352 .52 ZakonivelikihbrojevaNejednakostCebisevaNeka jeXnenegativna slucajna promenljiva, tada jeP(X ) E(X2)2.NejednakostCebiseva se cesto srece i u oblikuP(|X E(X)| ) D(X)2.CentralnegranicneteoremeX1, X2, . . . niz nezavisnih slucajnih promenljivih sa istom raspodelom oE(Xr) = a iD(Xr) = s2. TadaP_n

r=1Xr nasn< x_ 12x_et22, n .Ako jeXbinomna B(n, p) raspodela, tada vaziP_X npnpq< x_ 12x_et22, n i centralnu granicnu teoremu zovemo Teorema Muavr-Laplasa.1. Elektrostanica opsluzuje mrezusa 10000 sijalica. Verovatnoca ukljucenja svake odsijalicauveceiznosi 0.9. Izracunati verovatnocudaapsolutnoodstupanjebrojaukljucenihsijalicaodmatematickog ocekivanja bude najvise 200 koristeci(a) nejednakostCebiseva,(b) teoremu Moavr - Laplasa.Resenje:Slucajnapromenljiva X kojapredstavljabroj ukljucenihsijalicaimabinomnuraspodeluX:B(10000, 0.9), pri cemu jeE(X) = 10000 0.9 = 9000 i D(X) = 10000 0.9 0.1 = 900.(a) Na osnovu nejednakostiCebisevaP(|X E(X)| ) D(X)2(za sve > 0) dobijamoP(|XE(X)| 200) = 1P(|XE(X)| > 200) = 1P(|XE(X)| 201) 1D(X)2012 0.9777.(b) Primenom teoreme Moavr-Laplasa dobijamoP(|X E(X)| 200) = P(|X E(X)| < 201) = P(201 < XE(X) < 201) == P(201D(X) ) limnb23n2= 0,odakle je limnP(b b > ) = 0, pa ocena jeste postojana.Drugi nacin -metodom maksimalne verodostojnosti:Funkcija verodostojnosti je L(x1, . . . , xn; b) = ni=1X (xi; b) =1bn.L(x1, . . . , xn; b) je monotono opadajuca funkcija (po b), te dostize maksimalnu vrednost za najmanjeb za koje uzorak ima smisla (L(x1, . . . , xn; b) =_0 , i, xi (0, b)1bn, i, xi (0, b), ln L(x1,...,xn;b)b=_0 , i, xi (0, b)nb, i, xi (0, b)),a to je u tackib = max{x1, x2, . . . , xn}.Tako dobijamo ocenu:b = max{X1, X2, . . . , Xn}.Posto jeFb(t) = P_b < t_ = P(max {X1, X2, . . . , Xn} < t) == P(X1< t, X2< t, . . . , Xn< t) == P(X1< t) P(X2< t) . . . P(Xn< t) == FX1 (t) FX2 (t) . . . FXn (t) = (FX (t))n=___0 , t < 01bntn, t [0, b]1 , t > b,sledi da je: b(t) = F

b (t) =_nbntn1, t [0, b]0 , t [0, b].Centriranost:E_b_ =_tb(t) dt =b_0tnbntn1dt =nbntn+1n+1b|0= bnn+1.Statistikabnijecentriranaali jesteasimptotski centriranaocenaparametrabjerje: E_b_=bnn+1 = b i limnE_b_ =limnbnn+1= b.Postojanost: za proizvoljno > 0 vaziP_b b > _ = 1 P_b b _ = 1 P_b b b +_ == 1 _Fb(b +) Fb(b )_ ==_1 _1 nbn(b )n1_, 0 < < b1 (1 0) , b=_nb_bb_n1, 0 < < b0 , b.Ocena je postojana jer jelimnP_b b > _ =_limnnb_bb_n1, 0 < < blimn0 , b[1]= 0.[1] - Jer je 0 1.Naosnovuuzorkaobimanmetodommaksimalneverodostojnosti oceniti parametar . Ispitaticentriranost i postojanost dobijene ocene.Resenje:Funkcija verodostojnosti: za > 1 jeL(x1, . . . , xn; ) =n

i=1P(X = xi; ) =n

i=11 _1_xi=1n _1_n

i=1xi,ln L(x1, . . . , xn; ) = nln +n

i=1xi ln1.Trazimo maksimum funkcije Lpo > 1 : ln L(x1, . . . , xn; ) = n+n

i=1xi 1 12= n+1(1)n

i=1xi.Posto je ln L(x1, . . . , xn, ) = n+1(1) n

i=1xi = 0 n( 1) =n

i=1xi =1nn

i=1xi + 1 = xn + 1,dobili smo ocenu: = Xn + 1.Centriranost:Primetimo da se slucajna promenljiva X moze predstaviti kao X=Y 1,gde je Y slucajnapromenljiva sa geometrijskomG_1_raspodelom, odakle dobijamoE__ = E_1nn

i=1Xi + 1_ =1nn

i=1E(Xi) +E(1) =1nnE(X) + 1 == E(Y 1) + 1 = E(Y ) 1 + 1 = E(Y ) =11= .Dakle, ocena = Xn + 1 jeste centrirana.Postojanost:Kako je ocena = Xn+1centrirana, postojanost mozemo ispitati primenom nejednakosti Cebiseva([]).Za Y: G_1_je D(Y ) =11(1)2= ( 1), te dobijamoD(X) = D(Y 1) = D(Y ) +D(1) = D(Y ) = ( 1),odakle slediD__ = D_1nn

i=1Xi + 1_ =1n2n

i=1D(Xi) +D(1) ==1n2nD(X) + 0 =1nD(X) =1n( 1).Za svako > 0 je0 limnP_ E__ _[]limnD()2=limn(1)n2= 0.Dakle, ocena = Xn + 1 jeste postojana.4. Obelezje Xima uniformnuU (a, b) raspodelu. Metodom momenata naci ocenu parametara a i b.Resenje:Posto treba oceniti 2 parametra, izjednacicemo, na primer, momente prvog i drugog reda obelezjaXsa prvim i drugim uzorackim momentom (posmatramo uzorak velicine n: (X1, X2, . . . , Xn)), azatim dobijene jednakosti resavamo kao sistem jednacina po a i b:12E(X) =a+b2= Xn =1nn

i=1Xi,E_X2_ = D(X) +E2(X) =(ba)212+(a+b)24==13_a2+ab +b2_ = m2 =1nn

i=1X2i ,koji je ekvivalentan saa = 2Xn ba2+ab +b2=3nn

i=1X2ia = 2Xn bb22Xnb + 4X2n 3nn

i=1X2i= 0a = 2Xn bb= Xn 3nn

i=1X2i 3X2n == Xn _3n_n

i=1X2i 1n_n

i=1Xi_2_ == Xn 3nn

i=1_Xi Xn_2= Xn _3S2na = Xn _3S2n b = Xn _3S2n,ali zbog X : U (a, b), tj. zbog a < b uzimamo: a = Xn _3S2nb = Xn +_3S2n.5. Obelezje Xima gustinu raspodele:X (x) =_1ex, x 00 , x < 0, ( > 0).Metodommaksimalneverodostojnosti naci ocenuparametra (zauzorakobiman)i ispitaticentriranost (asimptotsku centriranost) dobijene ocene.Resenje:Funkcija verodostojnosti za uzorak obiman:L(x1, . . . , xn; ) =n

i=1Xi(xi) =n

i=11exi= n2e1n

i=1xi,ln L(x1, . . . , xn; ) = ln n2+ ln e1n

i=1xi= n2 ln 1n

i=1xi.Trazimo maksimum funkcije Lpo : ln L(x1, . . . , xn; ) = n2 1 +1232n

i=1xi = 0 n +12n

i=1xi = 0 1n

i=1xi = n =1nn

i=1xi = xn = x2n.Prema tome, dobili smo ocenu: = X2n.Koristeci:13E(X) =_x X (x) dx =_0x1exdx =[1]= _0t21etdt = (2) = ,E_X2_ =_x2X (x) dx =_0x2 1exdx =[1]=_0t31etdt = (3) = 2,[1] - Smenax= t.ikoristecinezavisnostslucajnihpromenljivih Xi(odnosnokoristeci E(XiXj) =E(Xi) E(Xj)),dobijamo matematicko ocekivanje statistike:E__ = E__1nn

i=1Xi_2_ =1n2E_n

i=1X2i+ i=jXiXj_ ==1n2_n

i=1E_X2i_+ i=jE(Xi) E(Xj)_ ==1n2_n

i=1E_X2_+ i=j(E(X))2_ ==1n2_nE_X2_+_n2n_(E(X))2_ ==1n2_n (2) +_n2n__ =2n + 1n =1n + = .Dakle, ocena nije centrirana, ali jeste asimptotski centrirana jer je:limnE__ =limn_1n +_ = .6. ObelezjeXima zakon raspodele:_ 1 0 1 2 1 3_.(a) Na osnovu uzorka obiman naci ocenu parametra metodom maksimalne verodostojnosti.(b) Izracunati vrednost ocenjenog parametra za uzorak1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 0 .(c) Ispitati centriranost dobijene ocene.Resenje:(a) Neka statistika Kn (x1, . . . , xn; ) predstavlja broj pojavljivanja broja 1 u uzorku, a statis-tikaMn (x1, . . . , xn; ) brojpojavljivanjabroja0uuzorku. Tadabrojpojavljivanjabroja1uuzorku predstavlja statistika n Kn (x1, . . . , xn; ) Mn (x1, . . . , xn; ).L(x1, . . . , xn; ) = P(X1 = x1) P(X2 = x2) . . . P(Xn = xn) == Kn (2)Mn (1 3)nKnMn= 2Mn Kn+Mn (1 3)nKnMn,ln L(x1, . . . , xn; ) == Mn ln 2 + (Kn +Mn) ln + (n Kn Mn) ln (1 3),ln L(x1, . . . , xn; ) =Kn+Mn3nKnMn13.Nalazimo maksimum funkcijeL po:ln L(x1, . . . , xn; ) = 0 Kn+Mn3nKnMn13= 0 (Kn +Mn)(1 3) 3(n Kn Mn) = 0 Kn +Mn 3n = 0 =Kn+Mn3n.Dakle, dobili smo ocenu: =13n(Kn +Mn).(b) Kod uzorka 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 0 velicinen = 8 je k8 = 2 i m8 = 2 te je =2+238=16.14(c) Poznatoje daslucajnapromenljiva Knimabinomnu B (n, ) raspodelu, aslucajnapromenljiva MnbinomnuB (n, 2) raspodelu. Sledi da je E(Kn) = n i E(Mn) = 2n tedobijamoE__ = E_13n(Kn +Mn)_ =13n(E(Kn) +E(Mn)) ==13n(n + 2n) = ,sto znaci da ocena jeste centrirana.7. Za ocenu nepoznatog parametra mu obelezju sa normalnom raspodelomN (m, 1) predlozene suocene:1 = nX1 (X2 +X3 +. . . +Xn),2 = (n 1)X1+X22(X3 +X4 +. . . +Xn).(a) Ispitati centriranost datih ocena.(b) Koja ocena je ekasnija?Resenje:Za obelezje X : N (m, 1) imamo E(X) = mi D(X) = 12= 1.(a) Obe ocene su centrirane jer jeE(1) = E(nX1 (X2 +X3 + +Xn)) == nE(X1) n

i=2E(Xi) = nm(n 1)m = m,E(2) = E_(n 1)X1+X22(X3 +X4 + +Xn)_ ==n12(E(X1) +E(X2)) n

i=3E(Xi) = (n 1)m(n 2)m = m.(b) Elementi Xiuzorka su nezavisni pa jeD(1) = D(nX1 (X2 +X3 + +Xn)) == n2D(X1) +n

i=2D(Xi) = n2 1 + (n 1) 1 = n2+n 1,D(2) = D_(n 1)X1+X22(X3 +X4 + +Xn)_ ==(n1)24(D(X1) +D(X2)) +n

i=3D(Xi) ==(n1)24 2 + (n 2) 1 =12n232.Sada treba da vidimo za koje n je ocena 1ekasnija od ocene 2, i obratno:D(1) D(2) 12(n + 1)2 0 n NDakle, za sve n Nje ocena 2ekasnija od ocene 1.154 Statistika-intervalipoverenjaNekaje(X1, . . . , Xn)uzorakobelezjaXcijajeraspodele FX(x, )i nekasuU1=u1(X1, . . . , Xn)iU2=u2(X1, . . . , Xn) dve statistike takve da jeU1 U2i da jeP(U1 0. 2testom testirati saglasnost uzorkaIi(0, 1] (1, 2] (2, 4] (4, 6] (6, +)mi24 12 8 4 2sa datim obelezjem za = 1 i pragom znacajnosti = 0.05.Resenje:Funkcija raspodele slucajne promenljive Xglasi:FX (x) =___0 , x 0x_012xexdx , x > 0=_0 , x 01 ex, x > 0,autablici spajamoposlednjadvaintervaladabi svako mibilonajmanje5. Obimuzorkaje:n = 24 + 12 + 8 + 6 = 50. Odgovarajuce teorijske verovatnocepidobijamo na sledeci nacin:pi = P(X (ai, bi]) = FX (bi) FX (ai).Prema tome,2test primenjujemo na sledece podatke:(ai, bi] (0, 1] (1, 2] (2, 4] (4, +)mi24 12 8 6pi0.6321 0.1248 0.1078 0.1353npi31.606 6.238 5.389 6.767Sada dobijamo:23 =4

i=1(npi mi)2npi 8.51 > 2410;0.05 7.81,sto znaci da hipotezu odbacujemo.204. 2testomsapragomznacajnosti =0.05 testirati hipotezudadati uzorakneprotivurecinormalnoj raspodeli N (m, 4):(1, 3] (3, 5] (5, 8] (8, 12] (12, 15] (15, 17]2 3 7 10 11 7Resenje:Posto u raspodeli obelezja X gurise nepoznati parametar m,njega treba oceniti. Naravno daza ocenu matematickog ocekivanja mobelezja Xmozemo uzeti uzoracku aritmeticku sredinu.Za nas dati uzorak obima n = 2 + 3 + 7 + 10 + 11 + 7 = 40 dobijamom =140(2 2 + 4 3 + 6.5 7 + 10 10 + 13.5 11 + 16 7) =21120= 10.55,gde smo za xiuzeli sredine datih intervala.Testiracemo hipotezu da obelezjeXima normalnu raspodelu N_21120, 4_.Svaki interval uzorka mora imati bar 5 elemenata iz uzorka i intervali moraju da prekriju celu realnupravu (zbog RX= R), pa spajanjem prvog i drugog intervala dobijamo sledece podatke za primenu2testa:(ai, bi] (, 5] (5, 8] (8, 12] (12, 15] (15, )ni5 7 10 11 7Oznacimo redom intervale: Ii = (ai, bi] , i {1, 2, 3, 4, 5}. Na osnovu gustine X (x) izracunava-mo teorijske verovatnoce na sledeci nacin:pi = P(X Ii) = P(ai< X bi) = P_ai 21120< X 21120 bi 21120_== P_ai211204 z, ne odbacujemo hipotezu da obelezje XimaN_21120, 4_raspodelu.5. U svaku od 100 meta izvedeno je 10 gadanja. Belezen je broj pogodaka:broj pogodaka: 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10ucestalost: 1 1 4 11 22 25 19 12 3 0 2Sa nivoom znacajnosti = 0.05 proveriti da li broj pogodaka ima binomnu raspodelu.Resenje:Obelezje XimaB (10, p) raspodelu i posmatra se uzorak (x1, . . . , x100). Za ocenu parametra pkoristimo npr. p =110X100 =11000(X1 +. . . +X100),cija je realizovana vrednost na osnovu uzorka p =11000(0 1 + 1 1 + 2 4 + 3 11 + 4 22 + 5 25 + 6 19 + 7 12 + 8 3 + 9 0 + 10 2) = 0.49721(najboljaocenamatematickogocekivanja E(X)=10p jestatistika X100, apri tomeje p=110E(X)).Teorijske verovatnoce cemo 2testom uporediti sa uzorkom, ali pre toga moramo izvrsiti spajanjegrupa podataka tako da u svakoj grupi bude bar 5 realizacija:broj pogodaka (k) 0, 1, 2 3 4 5 6 7 8, 9, 10ucestalost (nk) 6 11 22 25 19 12 5Teorijske verovatnoce suP(X = k) = _10k_ pk(1 p)10k, k {0, 1, 2, . . . , 10} ,odnosnop2 = P(X = 0) +P(X = 1) +P(X = 2) 0.0568287,p3 = P(X = 3) 0.120012, p4 = P(X = 4) 0.207517,p5 = P(X = 5) 0.246049, p6 = P(X = 6) 0.202595,p7 = P(X = 7) 0.114388,p8 = P(X = 8) +P(X = 9) +P(X = 10) = 1 7

i=2pi 0.0423838.Broj grupa podataka je 7, i pri tome smo imali jedan ocenjeni parametar, pa iz tablica ocitavamo2;711 = 20.05;5 11.1. Posto je z =8

k=2(nk100pk)2100pk 0.42537 < 11.1 20.05;5konstatujemoda uzorak ne protivreci hipotezi.6. Obelezje Xima raspodelu odredenu gustinom:X (x) = x1, x (0, 1) .(a) Na osnovu uzorka obiman metodom maksimalne verodostojnosti oceniti parametar.(b) 2- testom ispitati saglasnost uzorka:interval:_0,14_14,12_12,34_34, 1_ucestanost: 2 18 20 30sa navedenom raspodelom za prag znacajnosti = 0.1.Resenje:(a) L(x1, . . . , xn; ) = X1 (x1; ) X2 (x2; ) . . . Xn (xn; ) ==_x11x12. . . x1n, i, xi (0, 1)0 , inace==___n_n

i=1xi_1, i, xi (0, 1)0 , inace,ln L(x1, . . . , xn; ) = nln + ( 1)n

i=1ln xi,ln L(x1, . . . , xn; ) =n+n

i=1ln xi,ln L(x1, . . . , xn; ) = 0 n+n

i=1ln xi = 0 = nn

i=1ln xi.Dakle, dobili smo ocenu: = nn

i=1ln Xi.(b) Obim uzorka: n = 2 + 18 + 20 + 30 = 70.Koristeci dobijenu ocenu parametra, izracunavamo njenu realizovanu vrednost iz uzorka: = 702 ln18 + 18 ln38 + 20 ln58 + 30 ln78 1.9875222(kaoxise koriste sredine18,38,58,78datih intervala), te funkcija raspodele obelezja Xglasi:FX (x) =x_X (x) dx =___0 , x 0x1.98752, 0 < x < 11 , 1 x.Na osnovu nje cemo izracunati teorijske verovatnoce:pi = FX (bi) FX (ai) (aiibisu rubovi datih intervala).U prvoj grupi iz uzorka imamo 2 < 5 realizovanih vrednosti, pa interval _0,14spajamo sasusednim intervalom. Tako dobijamo sledecu tabelu:interval (ai, bi]_0,12 _12,34 _34, 1_ucestanostmi20 20 30teorijske verovatnocepi0.252173 0.312351 0.435476(minpi)2npi0.3123 0.159008 0.00766394Nalazimo vrednost 2statistike za dati uzorak:z =3

i=1(minpi)2npi 0.478973 ,sto uporedujemo sa tablicnom vrednoscu 2;311 :z< 2.71 2;311 = 20.1;1 .Znaci, dati uzorak ne protivreci hipotezi.7. ObelezjeXje dato zakonom raspodele:_2 5 7 122 3 1 6_.(a) Odrediti konstantea ib tako da statistika = a +bXnbude centrirana ocena parametra.(b) Ispitati saglasnost uzorka:xi2 5 7 12mi12 22 10 6sa datom raspodelom i pragom znacajnosti = 0.1.Resenje:(a) Resavamo poa ib jednacinu: E__ = .E(X) = 2 2 + 5 3 + 7 + 12 (1 6) = 12 46,E__ = E_a +bXn_ = a +bE_1nn

i=1Xi_ = a +b1nn

i=1E(Xi) == a +b1n(nE(X)) = a +bE(X) = a +b(12 46) == a + 12b 46b.Dakle:E__ = a + 12b 46b = a + 12b (46b + 1) = 0 (a + 12b = 0 46b + 1 = 0) _b = 146a =623_.(b) Posto je ocena iz (a) centrirana, mozemo je smatrati dobrom ocenom parametra, pa jemozemo koristiti za izracunavanje vrednosti parametra .Velicina uzorka je n = 12 + 22 + 10 + 6 = 50, uzoracka aritmeticka sredina jex50 =150(2 12 + 5 22 + 7 10 + 12 6) =13825= 5.52, te dobijamo = a +bx50 =623 146 5.52 =81575 0.140867.Prema tome, dobijamo sledece teorijske verovatnoce:p1 = P(X = 2) = 2 =162575 0.2817,p2 = P(X = 5) = 3 =243575 0.4226,p3 = P(X = 7) = =81575 0.1409,p4 = P(X = 12) = 1 6 =89575 0.1548.Na osnovu dobijenih teorijskih verovatnoca i datog uzorka:23xi2 5 7 12mi12 22 10 6pi1625752435758157589575izracunavamo vrednost 2statistike: z =4

i=1(mi50 pi)250 pi 1.9768.Posto je z< 4.61 2;41l = 20.1;2(gde je l = 1 broj ocenjenih parametara), konstatujemoda uzorak ne protivreci hipotezi.8. U periodu od 50 godina je pracen broj kisovitih dana u Briselu, i dobijeni podaci su predstavljeniu sledecoj tabeli:broj kisnih dana [0, 40] (40, 80] (80, 100] (100, 120] (120, 360]broj godina 5 14 14 11 62testomsapragomznacajnosti =0.01 testirati hipotezudabroj kisnihdanaugodini uBriselu ima normalnu raspodelu (za ocenu parametara koristiti poznate statistike).Resenje:Za izracunavanje parametaram i normalne raspodele N (m, ) koristimo uzoracku aritmetickusredinu i uzoracku standardnu devijaciju, pri cemu svaki interval reprezantujemo njegovom sredinom(x1 = 20,x2 = 60,x3 = 90,x4 = 110,x5 = 240):x50 =150(5 20 + 14 60 + 14 90 + 11 110 + 6 240) = 97,s250 =150_5 (20 97)2+ 14 (60 97)2+ 14 (90 97)2++11 (110 97)2+ 6 (240 97)2_ = 3481,s50 = _s250 = 59.Saovakoizracunatimparametrimanalazimopotrebneteorijskeverovatnocezaobelezje X sanormalnomN (97, 59) raspodelom:pi = P(X (ai, bi)) =1s502bi_aie(xx50)22s250dx[1]=12bix50s50_aix50s50et22dt _bi x50s50__ai x50s50_ = _bi 9759__ai 9759_.[1] - Smenaxx50s50= t.Kako je gustina slucajne promenljive sa normalnom raspodelom razlicita od nule na celom skupuR,2test cemo primeniti na sledece podatke:(, 40] (40, 80] (80, 100] (100, 120] (120, )5 14 14 11 6Dakle:p1 _409759_() 0.166 0 0.166,p2 _809759__409759_ 0.3859 0.166 0.2199,p3 _1009759__809759_ 0.5199 0.3859 0.134,p4 _1209759__1009759_ 0.6517 0.5199 0.1318,p5 () _1209759_ 1 0.6517 0.3483.Izracunavamo vrednost statistike Z =5

i=1(minpi)2npi:z 20.5204.Posto je z> 20.01;512 = 20.01;2 9.21 (dva ocenjena parametra), hipotezu odbacujemo.246 Slucajniprocesi-lanciMarkova1. Luka na posao ide vozom, autobusom ili kolima. Ako na posao jednog dana ide kolima, onda sledecegdana jednakoverovatno ide vozom, autobusom ili kolima. Vozom ne ide dva dana uzastopno, a akoidevozomondasutradanide 2 putaverovatnijekolimanegoautobusom. Akojednogdanaideautobusom, onda sutra jednakoverovatno ide vozom ili kolima (a ne ide autobusom). Posmatramosistem cija su stanja odredena prevoznim sredstvom koje Luka koristi u toku dana za odlazak naposao.(a) Sastaviti matricu prelaza za jedan dan.(b) Ako je Luka isao kolima, naci verovatnocu da ce kroz dva dana ici kolima.(c) Naci nalne verovatnoce.Resenje:(a) Skup stanja sistema:v = ide vozom, a = ide autobusom, k = ide kolima.Matrica prelaza za jedan dan:v a kvP= ak__0132312012131313__.Matrica prelaza za dva dana:v a kvP2= ak__718297181613125182912__.(b) Vektor pocetne raspodele:v a kp0=_0 0 1 .Raspodela nakon dva dana: p2= p0 P2=v a k_. . . . . .12.Prema tome, trazena verovatnoca je12.(c) Finalne verovatnoce nalazimo resavajuci sistem jednacina:_pvpapk P= _pvpapk pv +pa +pk = 1pv=12pa+13pkpa=13pv+13pkpk=23pv+12pa+13pk1 = pv+ pa+ pk0 = pv12pa+13pk0 =13pv pa+13pk0 =23pv+12pa23pk1 = pv+ pa+ pk0 = pv12pa13pk0 = pa815pk1532= pkpk =1532pa =14pv =932Dakle, vektor nalnih verovatnoca je:v a k_932141532.Dobijene nalne verovatnoce tumacimo na sledeci nacin: ako posmatramo dovoljno dug vre-menski period, mozemo reci da Luka najcesce na posao ide kolima (sa verovatnocom1532), a saverovatnocama932i14redom, ide vozom odnosno autobusom.2. Devojcica drzi belog misa u kutiji sa slike. U diskretnim trenucima mis izlazi iz prostorije krozjedan, na slucajan nacin izabran otvor. Vreme prolaska kroz otvor je zanemarljivo malo.251 23 4(a) Koliki deodovoljnodugogvremenskogintervalacemisuprosekuprovoditi upojedinimprostorijama?(b) Akojenapocetkumisstavljenuprostorijubroj1, kolikajeverovatnocadaceposlecetiriprolaska mis ponovo biti u prostoriji 1?Resenje:(a) Na osnovu opisa dobijamo matricu prelaza za jedan korak, i zatim matricu prelaza za 4 korakakoja ce nam trebati pod (b) (izracunavamo samo one elemente koji ce nam biti zaista potrebni):1 2 3 41P=234__02313025015251414012012120__ P2=__7201122151330123160131101105122360110134018110920__ P4= P2 P2=__337120013172038225221600 __.ZanavedenumatricuprelazaPtrazimovektornalnihverovatnoca1 2 3 4p =_x y z ugde je x, y, z, u (0, 1) i u = 1 xy z, odnosno resavamo po x, y, z, u sistem jednacina:p P= pu = 1 x y z_x y z 1 x y z P= _x y z 1 x y z25y +14z =x23x +14z +12(1 x y z) =y13x +15y +12(1 x y z) =z25y +12z =1 x y zx 25y 14z = 0y +25172z =1543z =14x =316y =516z =14u =14Dakle, nalna raspodela je:1 2 3 4p =_3165161414.Dobijene nalne verovatnoce imaju sledece znacenje: ako se posmatra dovoljno dug vremen-ski period,316vremena mis provede u prostoriji broj 1,516vremena provede u prostoriji broj2, a po14vremena provodi u prostorijama broj 3 i 4.(b) Pocetna raspodela:1 2 3 4p(0) =_1 0 0 0 .Raspodela nakon 4 koraka:1 2 3 4p(4) = p(0) P (4) =_337120013172038225221600,tako da je trazena verovatnoca p1 (4) =3371200.263. Tri ucenika iz Novog Sada i tri ucenika iz Subotice idu u Rim. Oni se na slucajan nacin rasporedujuu dve sobe, tako da se u svakoj sobi nalazi po tri ucenika. Broj ucenika iz Novog Sada u prvoj sobidenise stanje sistema. Kako nisu mogli na pocetku da se dogovore ko ce u koju sobu, svaki dan sena slucajan nacin bira po jedan ucenik iz svake sobe i oni menjaju mesta.(a) Sastaviti matricu prelaza za jedan dan.(b) Ako se zna da su na pocetku svi ucenici iz Novog Sada bili u istoj sobi, naci verovatnocu daposle dva dana svi ucenici iz Novog Sada nece biti u istoj sobi.(c) Naci nalne verovatnoce.Resenje:(a) Naosnovuuslovazadatkanalazi-mo matricu prelaza (za 1 dan):0 1 2 3P=0123__0 1 0 0194949004949190 0 1 0__.(b) Matrica prelaza za dva dana:P2=__194949048141813281481481328141814810494919__.Vektor pocetne raspodele:0 1 2 3p0= _120 012.Vektor raspodele nakon dva dana:0 1 2 3p2= p0 P2= _1184949118.Nakon dva dana nece biti svi ucenici iz Novog Sada u istoj sobi sa verovatnocom49 +49=89.(c) Finalne verovatnoce dobijamo resavanjem sistema jednacinapj= kpkj pk, j {0, 1, 2, 3} kpk = 1odnosno p = p P gde je p = [p0, p1, p2, p3] , p0 +p1 +p2 +p3 = 1:19p1= p0p0+49p1+49p2= p149p1+49p2+ p3= p219p2= p3p0+ p1+ p2+ p3= 1p0+19p1= 0p059p1+49p2= 049p159p2+ p3= 019p2 p3= 0p0+ p1+ p2+ p3= 1p019p1= 0p1 p2= 0p2 9p3= 020p3= 1p0 =120p1 =920p2 =920p3 =120.Dobijene nalne verovatnoce tumacimo na sledeci nacin: posle dovoljno dugo vremena,saverovatnocama120ce se u prvoj sobi nalaziti svi ucenici iz Novog Sada, odnosno niko od njih,a sa verovatnocama920ce se u prvoj sobi nalaziti 1, odnosno 2 ucenika iz Novog Sada.274. Dat je homogen lanac Markova ciji je skup mogucih stanja S prebrojiv (S = {a1, a2, . . . , an, . . .}).Verovatnoce prelaza su denisane na sledeci nacin: P(Xn+1 = a1 | Xn = ai) =13,P(Xn+1 = ai+1 | Xn = ai) =23,P(Xn+1 = aj | Xn = ai) = 0, j {1, i + 1} ,gde n N, i N. Neka su pocetne verovatnoce zadate saP(X1 = a1) = 1 (odnosno p1 = [1, 0, 0, . . .]).(a) Naci verovatnoce stanja za n = 3 (tj. raspodelu za X3).(b) Naci matricu prelaza P za jedan korak.(c) Naci nalne verovatnoce.Resenje:(a) Raspodela slucajne promenljive X1 :_a11_.Koristeci uslovnu raspodeluX2| {X1 = a1} :_a1a21323_dobijamoP(X2 = a1) = P(X1 = a1) P(X2 = a1 | X1 = a1) = 1 13=13,P(X2 = a2) = P(X1 = a1) P(X2 = a2 | X1 = a1) = 1 23=23,odnosno dobili smo raspodelu X2 :_a1a21323_.Analogno, iz uslovnih raspodelaX3| {X2 = a1} :_a1a21323_i X3| {X2 = a2} :_a1a31323_dobijamoP(X3 = a1) =2

i=1P(X2 = ai) P(X3 = a1 | X2 = ai) ==13 13 +23 13=13,P(X3 = a2) =2

i=1P(X2 = ai) P(X3 = a2 | X2 = ai) =13 23=29,P(X3 = a3) =2

i=1P(X2 = ai) P(X3 = a3 | X2 = ai) =23 23=49,i dolazimo do trazene raspodeleX3 :_a1a2a3132949_.(b) Matrica prelaza jeP= P (1) = [paiaj] =a1a2a3a4. . .a1a2a3...__13230 0 . . .130230 . . .130 023. . ................__.(c) Resavamo sistem jednacina: pj=

k=1pk pkj, j N,

j=1pj= 1Znaci imamo28p1 +p2 +p3 +. . . = 1p1 =13(p1 +p2 +p3 +. . .)p2 =23p1p3 =23p2 = _23_2p1...pj= _23_j1p1...Resavanjem ovog sistema dobijamop1_1 +23 +_23_2+. . ._ = p1 1123= 3p1 = 1tj. p1 =13i pj= _23_j113, j = 2, 3, 4, . . .Primetimo da smo verovatnoce stanja zan = 3 (sto je trazeno pod (a)) mogli izracunati koristecimatricu prelaza na sledeci nacin:p3 = p2 P= p1 P2=a1a2a3a4a5. . ._1329490 0 . . .,gde je P2=__3929490 0 0 . . .39290490 0 . . .39290 0490 . . .39290 0 049. . ......................__.Dakle, zakon raspodele (zaseka)X3je:_a1a2a3132949_.5. U kutiji se nalaze tri kuglice koje mogu biti bele ili crne boje. Na slucajan nacin se izvlaci jednakuglicai zamenjujesekuglicomsuprotneboje. Stanjesistemanakonsvakezamenedenisemobrojem belih kuglica u kutiji.(a) Sastaviti matricu prelaza za jedan korak.(b) Akosunapocetkuukutiji bile1belai 2crnekuglice, naci verovatnocudacenakondvezamene stanje u kutiji biti nepromenjeno.(c) Naci nalne verovatnoce.Resenje:Moguce vrednosti slucajnog procesa su 0, 1, 2, 3.(a) Matrice prelaza za jedan i za dva koraka su:0 1 2 30P=123__0 1 0 01302300230130 0 1 0__,0 1 2 30P2=123__130230079029290790023013__.(b) Vektor pocetne raspodele:0 1 2 3p0=_0 1 0 0 .Vektor raspodele nakon dva koraka:0 1 2 3p2= p0 P2=_079029.Prema tome, verovatnoca da stanje nakon dva koraka ostaje nepromenjeno iznosi p1 (2) =79.29(c) Finalne verovatnocepj, j {0, 1, 2, 3} nalazimo resavanjem sistema:[p0p1p2p3] P= [p0p1p2p3] p0 +p1 +p2 +p3 = 1.p0+ p1+ p2+ p3= 113p1= p0p0+23p2= p123p1+ p3= p213p2= p3p0+ p1+ p2+ p3= 1p1+34p2+34p3=34p2+37p3=37p3=18p3 =18p2 =38p1 =38p0 =18dobijamop =0 1 2 3_18383818.6. Nakonpljackebanke, lopovsekrijeuSomboru, NovomSaduili Rumi. Policijaznadaselopovnalazi u jednom od ta tri grada. Ako je lopov jednog dana u Novom Sadu,sutradan podjednakoverovatno ide u Sombor, Rumu, ili ostaje u Novom Sadu. Poznato je da iz Rume 2 puta verovatnijeide u Sombor nego u Novi Sad, kao i da u Rumi ne boravi 2 dana uzastopno. Ako je lopov jednogdanauSomboru, sutradanobaveznonapustaSombori jednakoverovatnoodlazi uNovi SadiliRumu.(a) Sastaviti matricu prelaza za jedan dan.(b) Ako je lopov prvog dana bio u Novom Sadu, naci verovatnocu da ce kroz 2 dana biti ponovou Novom Sadu.(c) Ako policija uhvati lopova, lopov ide u zatvor. Verovatnoca da ce ga uhvatiti u Novom Saduje14,uRumije13,auSomboru15. Izracunativerovatnocuda ceposle2danalopovidaljebiti na slobodi ako se zna da je posle pljacke banke na slucajan nacin izabrao grad u kojem sekrije.Resenje:Oznacimo redom sa S, N i Rstanja lopov je u Somboru, odnosno lopov je u Novom Sadu,odnosno lopov je u Rumi.(a) Matrica P prelaza tj. kretanja lopova glasi:S N RSP=NR__0121213131323130__.(b) Pocetna raspodela verovatnoca:S N Rp(0) =[0 1 0] .Matrica prelaza za 2 dana:S N RP (2) = P2=SNR__12131613718518194949__.Raspodela verovatnoca nakon 2 dana:S N Rp(2) = p(0) P (2) = _13718518.Prema tome, verovatnoca da ce nakon 2 dana biti u Novom Sadu je pN (2) =718.(c) Novostanjeukomeselopovmozenacijebitiuzatvoru-obelezicemogasaZ,isadanaosnovu opisa formiramo novu matricu prelaza za 1 dan i za 2 dana:30S N R ZSQ =NRZ__02525151414141449290130 0 0 1__,S N R ZSQ(2) = Q2=NRZ__5181790110133025144157720138010724011873073043900 0 0 1__.Pocetna raspodela verovatnoca:S N R Zq(0) = _1313130.Raspodela verovatnoca nakon 2 dana:S N R Zq(2) = q(0) Q(2) = _ 9772160.Prema tome, verovatnoca da ce nakon 2 dana biti i dalje na slobodi je: qS (2)+qN (2)+qR (2) =1 qZ (2) =11832160 0.55.7. Dve pumpe snabdevaju fabriku vodom. Svaka od pumpi se nezavisno od druge u toku dana kvari saverovatnocom p = 0.1 i u tom slucaju se opravlja i krece ponovo sa radom sledeceg dana. Napravitimatricuprelazazajedankoraki naci nalneverovatnocesistemacijastanjapredstavljajubrojpumpi koje su u pogonu bez kvara tokom celog dana.Resenje:Stanjasistemacemooznaciti sabrojempumpi kojesuupogonubezkvaratokomcelogdana(mogucastanjasu0, 1ili 2). Sobziromnatodasuutokusvakogdanapumpenapocetkuispravne, tada stanje sistema uopste ne zavisi od njegovog stanja u toku proslog dana, vec samo odeventualne pojave kvara na pumpama u tekucem danu, sto znaci da za svako i {0, 1, 2} imamoprelazne verovatnoce (koristimo nezavisnost pojave kvara kod pumpi):pi,0 = 0.1 0.1 = 0.01,pi,1 = 0.1 0.9 + 0.9 0.1 = 0.18,p0,2 = 0.9 0.9 = 0.81.Dakle,matrica prelazaza jedan korak glasi:0 1 2P=012__0.01 0.18 0.810.01 0.18 0.810.01 0.18 0.81__.Sadaresavanjemodgovarajucejednacinepo (x, y, z) (0, 1)3, gdeje z= 1 x y,dobijamonalne verovatnoce:[x y 1 x y] __0.01 0.18 0.810.01 0.18 0.810.01 0.18 0.81__ =__xy1 x y__0.01x + 0.01y + 0.01(1 x y) = x0.18x + 0.18y + 0.18(1 x y) = y0.81x + 0.81y + 0.81(1 x y) = 1 x yx = 0.01y = 0.18x + y = 0.19x = 0.01y = 0.180 = 0Dakle, vektor nalnih verovatnoca jep = [0.01 0.18 1 0.01 0.18] = [0.01 0.18 0.81] .Napomena: vecnaosnovuopisaslucajnogprocesasmomogliprimetitidastanjesistemautokunekog dana ne zavisi od stanja sistema u toku prethodnog dana, jer su na pocetku svakog dana obepumpe ispravne;dakle,radi se o stacionarnom slucajnom procesu kod kojeg jep= p(n) gde jep(n) raspodela verevatnoca opisanog slucajnog procesa zan-ti dan.318.Cestica se krece po cvorovima grafa sa slike pri cemu u svakom koraku iznekog cvora sa jednakim verovatnocama prelazi u bilo koji povezan cvor.Naci matricu prelaza kretanja cestice po cvorovima grafa (za jedan korak)iodreditidalijeverovatnijedasenakondrugogkoraka cesticanaslaucvoru 5 ako je na pocetku bila u cvoru 1 ili ako je na pocetku bila u cvoru2.b bb bbeeeeeeerrrrrrr123 45Resenje:Matrice prelaza za jedan i dva koraka:1 2 3 4 512P=345__0 0121200 0 01212120 0 01212120 0 0012120 0__,1 2 3 4 512P2=345__12140 0141412140 0014121400 0141214140 01412__.Posmatramo pocetne raspodele verovatnoca:1 2 3 4 5u(0) = [ 1 0 0 0 0] (cestica je na pocetku bila u cvoru 1),1 2 3 4 5v (0) = [ 0 1 0 0 0] (cestica je na pocetku bila u cvoru 2).Za raspodele verovatnoca polozaja cestice nakon dva koraka u ova dva slucaja dobijamo:1 2 3 4 5u(2) = u(0) P2= [12140 014 ],1 2 3 4 5v (2) = v (0) P2= [1412140 0].Vidimo da jeu5 (2) =14> 0 = v5 (2) tj. verovatnije je da se nakon drugog koraka nasla u cvoru 5ako je na pocetku bila u cvoru 1 (ako je na pocetku bila u cvoru 2, tada se nakon 2 koraka sigurnone nalazi u cvoru 5).9. Macka se na svakih 5 sekundi krece iz sobe u sobu kuce cija je sema datana slici,pri cemu svaki put sa verovatnocom12ostaje u sobi u kojoj je ibila, ili na slucajan nacin bira vrata kroz koja ce preci u drugu sobu.51243(a) Naci matricu prelaska (za jedan korak) polozaja macke po kuci.(b) U kojoj sobi je macka bila na pocetku svoje setnje kroz sobe, ako se zna da se nakon 11 sekundinajverovatnije nalazi u sobi broj 3?(c) Naci nalne verovatnoce polozaja macke.Resenje:(a) Na osnovu opisa dobijamo matricu prelaza P za jedan korak, a zatim matricu prelaza P2za dva koraka:1 2 3 4 512P=345__12120 0 01412140 0014121400 01412140 0 01212__,1 2 3 4 512P2=345__3812180 014716141160116143814116011614716140 0181238__.32(b) Zanima nas za koji vektor pocetnih verovatnoca p0 S0, gde jeS0 = {[ 1 0 0 0 0 ], [ 0 1 0 0 0 ], [ 0 0 1 0 0 ], [ 0 0 0 1 0 ], [ 0 0 0 0 1 ]},dobijamo takav vektor verovatnoca polozaja nakon 2 koraka (macka je posle 11 sekundi 2puta prelazila iz sobe u sobu)p2_p0 P2 p0 S0_ == _[3812180 0 ], [14716141160 ], [116143814116],[ 01161471614], [ 0 0181238]_kod kojeg je maksimalna verovatnoca na 3-em mestu, tj. trazimo i koje ispunjava uslovpi3 (2) =max1j5pij (2).Prakticno, gledamo u kojoj vrsti matrice P2se maksimalni broj nalazi na trecem mestu (utrecoj koloni), i dobijamo odgovor: 3. Dakle, macka na pocetku treba da se nalazi u sobi 3da bi nakon 11 sekundi najverovatnije bila u sobi 3.(c) Resavamojednacinu p P=ppopromenljivoj p=[ x yzt u ] kojajoszadovoljavauslov x +y +z +t +u = 1 (x, y, z, t, u (0, 1)):(p P= px +y +z +t +u = 1) 12x +14y = x12x +12y +14z = y14y +12z +14t = z14z +12t +12u = t14t +12u = ux + y + z + t + u = 1x 12y = 0y z = 0z t = 0t 2u = 08u = 1u =18t =14z =14y =14x =18Dakle, vektor nalnih verovatnoca glasi: p = _1814141418.Dobijene nalne verovatnoce tumacimo na sledeci nacin: ako se macka dovoljno dugo krecepo sobama, u proseku po18vremena provodi u prvoj i petoj sobi, a po14vremena provodi udrugoj, trecoj i cetvrtoj sobi.10. Dva nezavisna izvora sumaS1iS2na svaku sekundu menjaju svoja stanjastanje 0: izvor ne emituje sum i stanje 1: izvor emituje sumi to na sledeci nacin:izvorS1: ako tokom jedne sekunde ne emituje sum, tada u toku naredne sekunde ne emituje sumsa verovatnocom12; ako tokom jedne sekunde emituje sum, tada u toku naredne sekunde ne emitujesum sa verovatnocom13;izvorS2: ako tokom jedne sekunde ne emituje sum, tada u toku naredne sekunde ne emituje sumsa verovatnocom14; ako tokom jedne sekunde emituje sum, tada u toku naredne sekunde ne emitujesum sa verovatnocom15.Slucajni proces predstavljastanjaizvorasumovanatakavnacinda (n) =(i, j), gdejei, j {0, 1} oznacava da se u toku n - te sekunde izvor suma S1nalazi u stanju i, a S2u stanjuj.(a) Naci matricu prelaza (za jedan korak) homogenog lanca Markova .(b) Akoutokuprvesekundeni jedanizvorneemituje sum, izracunati verovatnocudautokutrece sekunde tacno jedan izvor emituje sum.33Resenje:(a) Verovatnoce prelaza stanja izvora suma S1:P(S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 0) =12,P(S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 0)=1 P(S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 0) ==1 12=12,P(S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 1) =13,P(S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 1)=1 P(S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 1) ==1 13=23.Verovatnoce prelaza stanja izvora suma S2:P(S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 0) =14,P(S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 0)=1 P(S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 0) ==1 14=34,P(S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 1) =15,P(S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 1)=1 P(S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 1) ==1 15=45.Verovatnoce prelaza stanja procesa : za sve i, j, k, m {0, 1} vazip(i,j),(k,m) == P(S1 (n + 1) = k, S2 (n + 1) = m | S1 (n) = i, S2 (n) = j) ==P(S1 (n + 1) = k, S2 (n + 1) = m, S1 (n) = i, S2 (n) = j)P(S1 (n) = i, S2 (n) = j)=[1]=P(S1 (n + 1) = k, S1 (n) = i) P(S2 (n + 1) = m, S2 (n) = j)P(S1 (n) = i) P(S2 (n) = j)==P(S1 (n + 1) = k, S1 (n) = i)P(S1 (n) = i)P(S2 (n + 1) = m, S2 (n) = j)P(S2 (n) = j)== P(S1 (n + 1) = k | S1 (n) = i) P(S2 (n + 1) = m | S2 (n) = j).[1] - Izvori sumovaS1iS2su nezavisni.Prema tome:p(0,0),(0,0)== P(S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 0) P(S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 0) ==12 14=18,p(0,0),(0,1)== P(S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 0) P(S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 0) ==12 34=38,p(0,0),(1,0)== P(S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 0) P(S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 0) ==12 14=18,p(0,0),(1,1)== P(S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 0) P(S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 0) ==12 34=38,p(0,1),(0,0)== P(S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 0) P(S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 1) ==12 15=110,p(0,1),(0,1)== P(S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 0) P(S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 1) ==12 45=410,p(0,1),(1,0)== P(S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 0) P(S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 1) ==12 15=110,p(0,1),(1,1)== P(S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 0) P(S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 1) ==12 45=410,p(1,0),(0,0)== P(S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 1) P(S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 0) ==13 14=112,34p(1,0),(0,1)== P(S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 1) P(S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 0) ==13 34=312,p(1,0),(1,0)== P(S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 1) P(S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 0) ==23 14=212,p(1,0),(1,1)== P(S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 1) P(S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 0) ==23 34=612,p(1,1),(0,0)== P(S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 1) P(S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 1) ==13 15=115,p(1,1),(0,1)== P(S1 (n + 1) = 0 | S1 (n) = 1) P(S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 1) ==13 45=415,p(1,1),(1,0)== P(S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 1) P(S2 (n + 1) = 0 | S2 (n) = 1) ==23 15=215,p(1,1),(1,1)== P(S1 (n + 1) = 1 | S1 (n) = 1) P(S2 (n + 1) = 1 | S2 (n) = 1) ==23 45=815.Matrica prelaza procesa :(0,0) (0,1) (1,0) (1,1)(0,0)P=(0,1)(1,0)(1,1)__18381838110410110410112312212612115415215815__.(b) Matrica prelaza procesa za dva koraka:(0,0) (0,1) (1,0) (1,1)(0,0)P2=(0,1)(1,0)(1,1)__ 2164119960 __.Vektor pocetne raspodele verovatnoca:(0,0) (0,1) (1,0) (1,1)p(0) =_1 0 0 0 .Vektor raspodele verovatnoca nakon dva koraka:(0,0) (0,1) (1,0) (1,1)p(2) =_ 2164119960 .Prema tome, verovatnoca da je u toku trece sekunde aktivan tacno jedan izvor suma iznosi:P( (2) {(0, 1), (1, 0)}) = P( (2) = (0, 1)) +P( (2) = (1, 0)) ==2164 +119960=217480 0.4521.11. OsobeA iBpovremeno cetuju putem interneta, pri cemu u toku svakog dana do cetovanja dolaziukoliko se obe osobe tog dana konektuju na internet. Ako je nekog dana osoba A bila konektovana,tada se sledeceg dana konektuje sa verovatnocom13, a osoba B, ako je nekog dana bila konektovana,sledeceg dana se konektuje sa verovatnocom14. I osobaA i osobaBse odredenog dana konektujena internet sa verovatnocom12ukoliko prethodnog dana nije bila konektovana.(a) Naci matrice prelaza slucajnih procesa A(n),n N i B(n),n N koji redom za osobeA iBpredstavljaju indikator konektovanja na internet tokomn-tog dana.(b) Koristeci procese A(n) i B(n) izracunati verovatnocu da ce u subotu samo jedna od osobaAiBbiti konektovana na internet, ako su u prethodni utorak cetovali.35Resenje:Oznacimo redom sa 0 i 1 moguca stanja procesa A i B, odnosno neka jeX(n) =_1 , osobaXsen-tog dana konektuje na internet0 , osobaXsen-tog dana ne konektuje na internetza X {A, B} iX {A, B}.(a) Na osnovu opisa, matrice prelaza (za jedan dan) procesa A i B su redom:0 1A =01_12122313_,0 1B =01_12123414_.(b) Subota je cetvrti dan posle utorka, pa koristeci matrice prelaza za 4 danaA(4) = A4= _A2_2=_7125125949_2=_247432185432185324139324_,B(4) = B4= _B2_2=_5838916716_2=_7712851128153256103256_,nalazimo vektore uslovnih verovatnoca indikatora konektovanja za subotu osobeX {A, B}poduslovomdajeosobaXbilakonektovanauutorak; akojeutorakn-tidanposmatranogprocesa, tada je subota (n + 4)-ti dan, a posto je svejedno koji je dan po redu utorak, stavicemo(radi kraceg pisanja) da jen = 0, te tako dobijamo:pA(4) = [P(A(4) = i | A(0) = 1)] = [ 0 1 ] A4= _185324139324,pB(4) = [P(B(4) = i | B(0) = 1)] = [ 0 1 ] B4= _153256103256.Koristeci ove uslovne raspodele procesa A i B, nalazimo trazenu uslovnu verovatnocu (dogadajosobeAi Bsucetovaleuutorakjeekvivalentandogadajui osobaAi osobaBsubilekonektovane na internet u utorak):P({A(4) = 0, B(4) = 1} + {A(4) = 1, B(4) = 0} | A(0) = 1, B(0) = 1) == P(A(4) = 0, B(4) = 1 | A(0) = 1, B(0) = 1) ++P(A(4) = 1, B(4) = 0 | A(0) = 1, B(0) = 1) == P(A(4) = 0 | A(0) = 1) P(B(4) = 1 | B(0) = 1) ++P(A(4) = 1 | A(0) = 1) P(B(4) = 0 | B(0) = 1) ==185324 103256+139324 153256=2016141472 0.4861.[1] - Slucajni procesi A i B su nezavisni, te iz nezavisnosti dogadaja A(m) = i i B(k) = j sledi:P(A(m2) = i2, B(k2) = j2 | A(m1) = i1, B(k1) = j1) ==P(A(m2)=i2,B(k2)=j2,A(m1)=i1,B(k1)=j1)P(A(m1)=i1,B(k1)=j1)==P(A(m2)=i2,A(m1)=i1)P(B(k2)=j2,B(k1)=j1)P(A(m1)=i1)P(B(k1)=j1)== P(A(m2) = i2 | A(m1) = i1) P(B(k2) = j2 | B(k1) = j1).367 Slucajniprocesi-neprekidniprocesiSrednjavrednostprocesa: mX (t) = E(Xt)Autokovarijansnafunkcija: KX (t, s) = E((Xt mX (t))(Xs mX (s)))Autokorelacionafunkcija: RX (t, s) = E(XtXs)Disperzijaprocesa: DX (t) = D(Xt) = KX (t, t) = RX (t, t) mX (t)21. Nekasu U i V nezavisneslucajnepromenljivesanormalnomraspodelomN (0, 1) i nekajeXt, t R slucajni procesdenisansa Xt=etU+ t2V . Naci sledecekarakteristikeslucajnogprocesa Xt:(a) matematicko ocekivanje,(b) autokovarijansnu funkciju,(c) disperziju.Resenje:Posto slucajne promenljive U i V imaju N (0, 1) raspodelu,sledi da je E(U) =E(V ) = 0 iD(U) = D(V ) = 1, a iz D(U) = E_U2_(E(U))2dobijamo da je E_U2_ = D(U) + (E(U))2=1 + 0 = 1 i analogno E_V2_ = 1.(a) mX (t) = E_etU +t2V_[1]=etE(U) +t2E(V ) = et 0 +t2 0 = 0.(b) KX (t, s) = E((Xt mX (t))(Xs mX (s))) = E(XtXs) == E__etU +t2V__esU +s2V__ == E_es+tU2+_ets2+est2_UV+t2s2V2_[1],[2]== es+tE_U2_+_ets2+est2_E(U) E(V ) +t2s2E_V2_ == es+t 1 + 0 + (ts)2 1 = es+t+t2s2.(c) DX (t) = KX (t, t) = et+t+ (tt)2= e2t+t4.[1] - Matematicko ocekivanje je linearna transformacija.[2] - Slucajne promenljiveUiVnezavisne, te jeE(UV ) = E(U) E(V ).2. Neka su U i V nezavisne slucajne promenljive, i neka U ima normalnuN (5, 2) raspodelu a VPoasonovuP (4) raspodelu. Slucajni proces Xt, t [0, ) je denisan sa Xt = U cos t +Vsin t.Izracunati matematicko ocekivanje, autokorelacionu funkciju i disperziju slucajnog procesa Xt.Resenje:Zadateslucajnepromenljiveimamo: E(U)=5, D(U)=22=4, E(V )=4, D(V )=4, iizracunavamo E_U2_ = D(U) +E2(U) = 29 i E_V2_ = D(V ) +E2(V ) = 20.mX (t) = E(Xt) = E(U cos t +Vsin t) = cos t E(U) + sin t E(V ) == 5 cos t + 4 sin t,RX (t, s) = E(XtXs) = E((U cos t +Vsin t)(U cos s +Vsin s)) == E_U2cos tcos s +V2sin tsin s + (cos tsin s + sin tcos s)UV_[1]== cos tcos s E_U2_+ sin tsin s E_V2_++ (cos tsin s + sin tcos s)E(U) E(V ) == 29cos tcos s + 20sin tsin s + 20 (cos tsin s + sin tcos s),[1] - Slucajne promenljive U i V su nezavisne pa jeE(UV ) = E(U) E(V ).DX (t) = KX (t, t) = RX (t, t) m2X (t) == _29 cos2t + 20 sin2t + 40 cos t sin t_(5 cos t + 4 sin t)2== 20 + 9 cos2t + 40 cos t sin t _25 cos2t + 16 sin2t + 40 cos t sin t_ == 20 + 9 cos2t _9 cos2t + 16_ = 4.373. Naci matematickoocekivanje, autokorelacionufunkcijui disperzijuslucajnogprocesa X (t) =cos (t +U), t Rgde je konstanta, a U je slucajna promenljiva sa uniformnom raspodelomU (0, 2).Resenje:U (u) =_12, u [0, 2]0 , u [0, 2].Matematicko ocekivanje:mX (t) = E(cos (t +U)) =_cos (t +u)U (u) du ==2_0cos (t +u)12du[1]=12t+2_tcos zdz =12 sin zt+2|t==12(sin (t + 2) sin (t)) =12(sin (t) sin (t)) = 0.[1] - Smena: z = t +u(du = dz,u = 0 z = t,u = 2 z = t + 2).Autokorelaciona funkcija:RX (t, s) = E(X (t)X (s)) = E(cos (t +U)cos (s +U)) =[2]=E_12 cos (t +s + 2U) +12 cos (t s)_ ==12E(cos (t +s + 2U)) +12 cos (t s) ==12_cos (t +s + 2u)U (u) du +12 cos (t s) ==122_0cos (t +s + 2u)12du +12 cos (t s) =[3]= 0 +12 cos (t s) =12 cos ((t s)).[2] - 2 cos cos = cos ( +) + cos ( ).[3] - Smenomz = t +s + 2u kao u [1]. (Dakle, proces X (t) je slabo stacionaran).Disperzija:DX (t) = KX (t, t) = RX (t, t) (mX (t))2=12 cos 0 02=12.4. Slucajne promenljiveXiYsu nezavisne, pri cemu je gustina slucajne promenljiveXX (x) =_43 x2, x [0, 1]0 , x [0, 1],aslucajnapromenljivaY imauniformnu U (0, ) raspodelu. Odrediti matematickoocekivanje,autokorelacionu funkciju i disperziju slucajnog procesa Ut = X cos (t Y ), t R.Resenje:Matematicko ocekivanje:mU (t) = E(X cos (t Y ))[1]=E(X) E(cos (t Y )) ==_x X (x) dx _cos (t y) Y(y) dy ==1_0x_43 x2_dx _0cos (t y)1dy ==_431_0xdx 1_0x3dx_1t_t(cos z)dz =56 sin t.Autokorelaciona funkcija:RU (t, s) = E(UtUs) = E_X2cos (t Y ) cos (s Y )_[1]== E_X2_E(cos (t Y ) cos (s Y )) ==1_0x2_43 x2_dx 1_0cos (t y) cos (s y)dy =1190 cos (s t).38Disperzija:DU (t) = KU (t, t) = RU (t, t) m2(t) ==1190 cos 0 25362 sin2t =1190 25362 sin2t.[1] - Iznezavisnosti slucajnihpromenljivihXi Y sledi nezavisnost slucajnihpromenljivihXicos (t Y ).5. Neprekidne i nezavisne slucajne promenljiveXiYsu date svojim gustinama raspodele:X (x) =___x , x [0, 1)2 x , x [1, 2]0 , x [0, 2], Y(y) =___y 3 , y [3, 4)5 y , y [4, 5]0 , y [3, 5],i denisan je slucajni proces Ut = atX +btY, t R, gde sua ib realni parametri.(a) Odrediti srednju vrednost, autokorelacionu funkciju i disperziju slucajnog procesaUt.(b) Za koje vrednosti parametaraa ib je proces slabo stacionaran?Resenje:E(X) =_x X(x) dx =1_0x2dx +2_1_2x x2_dx = 1,E_X2_ =_x2X(x) dx =1_0x3dx +2_1_2x2x3_dx =76,D(X) = E_X2_E2(X) =76 12=16,E(Y ) =_y Y(y) dy =4_3_y23y_dy +5_4_5y y2_dy = 4,E_Y2_ =_y2Y(y) dy =4_3_y33y2_dy +5_4_5y2y3_dy =976 ,D(Y ) = E_Y2_E2(Y ) =976 42=16.(a) Srednja vrednost procesa:mU (t) = E(atX +btY ) = atE(X) +btE(Y ) = at + 4bt = (a + 4b)t.Autokorelaciona funkcija:RU (t, s) = E(Ut Us) = E((atX +btY )(asX +bsY )) == E_a2tsX2+b2tsY2+ 2abtsXY_[1]== a2tsE_X2_+b2tsE_Y2_+ 2abtsE(X) E(Y ) ==76a2ts +976b2ts + 8abts =16_7a2+ 48ab + 97b2_ts.[1] -XiYsu nezavisne velicine, pa jeE(XY ) = E(X) E(Y ).Disperzija procesa:DU (t) = D(atX +btY ) = KU (t, t) = RU (t, t) m2U (t) ==16_a2+b2_t2.(b) Da bi slucajni procesUt bio stacionaran, mora biti mU (t) const i RU (t, s) mora da budefunkcija od (t s).S jedne strane mU (t) = (a + 4b)t = const samo ako je a = 4b, i tada je Ut = bt(4X +Y )(utomslucajuje mU (t) 0, t R); sdrugestrane, za a= 4b je RU (t, s)=176b2tsfunkcijaod (t s) samoza b=0 (tadaje RU (t, s)=0 (t s)). Sledi damorabitia = b = 0. Ali tada je Ut 0 i u tom slucaju, trivijalno, procesUtjeste stacionaran.6. NekasuU: N (1, 2)(normalnaraspodela)i V : P (3)(Poasonovaraspodela)nezavisneslucajnepromenljive i neka je Xt, t [0, ) slucajni proces denisan sa:Xt = etU +t2V.39(a) Naci srednju vrednost, autokovarijansnu funkciju i disperziju slucajnog procesa Xt.(b) Naci srednju vrednost slucajnog procesa Yt =t_0Xsds.Resenje:E(U) = 1, D(U) = 22= 4, E_U2_ = D(U) +E2(U) = 4 + 1 = 5,E(V ) = 3, D(V ) = 3, E_V2_ = D(V ) +E2(V ) = 3 + 9 = 12.(a) Za svet, s [0, ) je srednja vrednost procesa:mX (t) = E(Xt) = E_etU +t2V_ == etE(U) +t2E(V ) = et+ 3t2; autokovarijansna funkcija procesa:KX (t, s) = E((Xt mX (t))(Xs mX (s))) == E(XtXs) mX (t) mX (s) == E__etU +t2V__esU +s2V___et+ 3t2__es+ 3s2_ == E_et+sU2+_ets2+est2_UV+ (ts)2V2__et+ 3t2__es+ 3s2_ == et+sE_U2_+_ets2+est2_E(UV ) + (ts)2E_V2__et+ 3t2__es+ 3s2_ =[1]=et+sE_U2_+_ets2+est2_E(U)E(V ) + (ts)2E_V2__et+ 3t2__es+ 3s2_ == 5et+s+ 3ets2+ 3est2+ 12t2s2et+s3ets23est29t2s2== 4et+s+ 3t2s2; disperzija procesa:DX (t) = KX (t, t) = 4e2t+ 3t4.[1] - Slucajne promenljive U i V su nezavisne.(b) mY(t) =t_0mY(s) ds =t_0_es+ 3s2_ds = et+t31.7. NekasuUi V nezavisneslucajnepromenljive, obesauniformnom U (1, 3) raspodelom. Naciraspodele prvog reda i matematicko ocekivanje slucajnog procesaXt = (U +V )t+1, t [0, ) .Resenje:Odredimo najpre raspodelu slucajne promenljive Z = U +V .U (u) =_0 , u [1, 3]12, u [1, 3], V(v) =_0 , v [1, 3]12, v [1, 3].Iz nezavisnosti slucajnih promenljivihUiVsledi da jeU,V(u, v) = U (u) V(v) =_0 , (u, v) D14, (u, v) D,gde je D = [1, 3]2. Oznacimo saP (S) povrsinu oblasti S R2.FZ (z) = P(Z< z) = P(U +V< z) = P(U< z V ) == __u 0, pa je1t+1> 0; pri tome je Z> 0 i Zt+1> 0.Izracunavamo matematicko ocekivanje.Prvi nacin:41mX (t) = E(Xt) = E_Zt+1_ =_zt+1Z (z) dz ==4_2zt+1_14z 12_dz +6_4zt+1_14z +32_dz ==144_2zt+2dz 124_2zt+1dz 146_4zt+2dz +326_4zt+1dz ==2(2t+2t3t+34t+2)(t+2)(t+3).Drugi nacin: koristeci E(f (U, V )) = __R2f (u, v)U,V(u, v) dudv i raspodeluslucajnogvektora(U, V ) dobijamoE_(U +V )t+1_ = __D(u +v)t+114dudv =143_1_3_1(u +v)t+1du_dv ==143_1(u+v)t+2t+23|1dv =143_1(3+v)t+2(1+v)t+2t+2dv ==14 1(t+2)(t+3) _(3 +v)t+3(1 +v)t+3_3|1=2(2t+2t3t+34t+2)(t+2)(t+3).8. NekasuUi V nezavisneslucajnepromenljive, Usabinomnom B_5,15_raspodelom, aV sauniformnomU (1, 3) raspodelom. Naci srednjuvrednost, autokovarijansnufunkcijuidisperzijuslucajnog procesaXt = (U +t) Vt, t [0, ) .Resenje:Iz zadanih raspodela vidimo da jeE(U) = 5 15= 1, D(U) = 5 15 45=45, E_U2_ = D(U) +E2(U) =95.Matematicko ocekivanje procesa: za svet [0, ) jemX (t) = E((U +t)Vt)[1]=E(U +t) E(Vt) == (E(U) +t)_vtV(v) dv = (1 +t)3_1vt12dv =3t+112.Autokovarijansna funkcija procesa: za svet, s [0, ) jeKX (t, s) = E((U +t)Vt(U +s)Vs) == E__U2+ (t +s)U +ts_Vt+s_[2]=E_U2+ (t +s)U +ts_E(Vt+s) == _E_U2_+ (t +s)E(U) +ts__vt+sV(v) dv == _95 + (t +s) +ts_3_1vt+s12dv =_4+5ts10(t+s+1) +12__3t+s+11_.Disperzija procesa: za svet [0, ) jeDX (t) = KX (t, t) =_4+5t210(2t+1) +12__32t+11_.[1] - Iz nezavisnosti slucajnih promenljivihUiVsledi nezavisnost slucajnih promenljivih U + t iVtza svakot [0, ).[2] -Iznezavisnosti slucajnihpromenljivihUi V sledi nezavisnostslucajnihpromenljivih U2+(t +s)U +ts i Vt+sza svakot [0, ).42