of 208/208
UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNI ˇ CKIH NAUKA Tatjana Grbi´ c Ljubo Nedovi´ c Zbirka reˇ senih ispitnih zadataka iz verovatno´ ce, statistike i sluˇ cajnih procesa Novi Sad, 2001. god.

Zbirka rešenih ispitnih zadataka iz verovatnoce, statistike i slucajnih

  • View
    1.216

  • Download
    208

Embed Size (px)

Text of Zbirka rešenih ispitnih zadataka iz verovatnoce, statistike i slucajnih

  • UNIVERZITET U NOVOM SADU

    FAKULTET TEHNICKIH NAUKA

    Tatjana Grbic Ljubo Nedovic

    Zbirka resenih ispitnih zadataka

    iz verovatnoce, statistike i

    slucajnih procesa

    Novi Sad, 2001. god.

  • Naslov: Zbirka resenih ispitnih zadataka iz verovatnoce,statistike i slucajnih procesa

    Autori: mr Tatjana Grbic, asistent naFakultetu tehnickih nauka u Novom Sadu

    Ljubo Nedovic, asistent naFakultetu tehnickih nauka u Novom Sadu

    Recenzenti: dr Mila Stojakovic, redovni profesor naFakultetu tehnickih nauka u Novom Sadu

    dr Jovan Malisic, redovni profesor naMatematickom fakultetu u Beogradu

    dr Zorana Luzanin, docent naPrirodno-matematickom fakultetu u Novom Sadu

    mr Dragan -Doric, asistent naFakultetu organizacionih nauka u Beogradu

    mr Emilija Nikolic -Doric, asistent naPoljoprivrednom fakultetu u Novom Sadu

    mr Zoran Ovcin, asistent naFakultetu tehnickih nauka u Novom Sadu

    Kompjuterski slog: Ljubo Nedovic

    Izdavac: Fakultet tehnickih nauka, Novi Sad

    Tiraz: 100 primeraka

    Autori zadrzavaju sva prava. Bez pismene saglasnosti autora nije dozvoljenoreprodukovanje (fotokopiranje, fotografisanje, magnetni upis ili umnozavanjena bilo koji nacin) ili ponovno objavljivanje sadrzaja (u celini ili u delovima)ove knjige.

  • Predgovor

    Zbirka resenih ispitnih zadataka iz verovatnoce, statistike i slucajnih procesasadrzi zadatke sa ispita Slucajni procesi iz perioda januar 1999. - oktobar2001. godine koji su odrzani na elektrotehnickom odseku Fakulteta tehnickihnauka u Novom Sadu. Svaki rok sadrzi 6-9 zadataka u zavisnosti od vazecegplana i programa.Ova Zbirka namenjena je prvenstveno studentima elektrotehnickog odseka Fa-kulteta tehnickih nauka u Novom Sadu, gde se verovatnoca, statistika i slucajniprocesi predaju na drugoj (smer racunarstvo) i trecoj (smer telekomunikacije)godini studija. Pored toga Zbirka se preporucuje i studentima saobracajnogodseka koji na drugoj godini studija u okviru predmeta Matematicka stati-stikaizucavaju oblasti obradene u ovoj zbirci. Autori se nadaju da ce je sauspehom koristiti i studenti ostalih odseka Fakulteta tehnickih nauka u NovomSadu, kao i studenti drugih fakulteta koji izucavaju osnove verovatnoce, stati-stike i slucajnih procesa. Zbirku preporucujemo i talentovanim srednjoskolcimakoji u cetvrtom razredu izucavaju verovatnocu i statistiku.U Zbirci smo koristili definicije i oznake kao u knjizi Slucajni procesi MileStojakovic. Takode su za testiranje hipoteza, intervale poverenja i centralnugranicnu teoremu koriscene tablice iz iste knjige.U toku 1999. godine u predlaganju nekih zadataka je ucestvovao Zoran Ovcin,te mu se ovom prilikom zahvaljujemo.Zahvaljujemo se recenzentima Stojakovic dr Mili , Malisic dr Jovanu, Luzanindr Zorani , -Doric mr Draganu , Nikolic -Doric mr Emiliji i Ovcin mr Zoranu naveoma korisnim sugestijama koje su doprinele poboljsanju ove Zbirke.Unapred se zahvaljujemo svima koji citajuci ovaj tekst ukazu na eventualnegreske, koje bismo otklonili u narednom izdanju Zbirke.Finansijsku pomoc za izdavanje Zbirke pruzili su: Vista king (Novi Sad),Pagal (Ratkovo), Sitoplast (Ratkovo) i Tehnopromet Gero(Ratkovo), teim se i ovom prilikom zahvaljujemo.

    Novi Sad, decembar 2001. Autori

  • 11.01.1999.

    1. Aparat sadrzi 4 procesora tako da su svaka dva direktno povezana. Vero-vatnoca neispravnosti svake veze je p (p (0, 1)) nezavisno od ispravnostiostalih veza. Aparat je ispravan ako i samo ako postoji direktna iliposredna veza izmedu svaka dva procesora. Naci verovatnocu ispravnostiaparata.

    2. Igrac baca homogenu kocku sa numerisanim stranama sve do prve pojavebroja deljivog sa 3. Ako se broj deljiv sa 3 prvi put pojavi u neparnompo redu bacanju, igrac dobije m dinara, a inace gubi n dinara. Nekaslucajna promenljiva X predstavlja dobitak (odnosno gubitak) igraca udinarima. Odrediti vezu izmedu parametara m i n tako da ocekivani do-bitak igraca (matematicko ocekivanje slucajne promenljive X) bude nula.

    3. Data je slucajna promenljiva X sa uniformnom U (1, 4) raspodelom. Naciraspodelu slucajne promenljive (Y,Z), gde je Y = X2 1 i Z = eX 2.

    4. Slucajna promenljiva X predstavlja broj automobila koji prolaze kroz nekuposmatranu raskrsnicu tokom jednog minuta ima (u svakoj minuti) Poa-sonovu raspodelu sa parametrom = 30.

    (a) Naci verovatnocu da tokom 20 minuta kroz raskrsnicu prode naj-manje 200 automobila.

    (b) Odrediti maksimalnu vrednost broja m takvog da sa verovatnocomvecom od 0.9 broj automobila koji za 20 minuta prolaze kroz raskrsni-cu bude bar m.

    5. Dat je homogen lanac Markova ciji je skup mogucih stanja S prebrojiv(S = {a1, a2, . . . , an, . . .}). Verovatnoce prelaza su definisane na sledecinacin: P (Xn+1 = a1 | Xn = ai) = 13 ,

    P (Xn+1 = ai+1 | Xn = ai) = 23 ,P (Xn+1 = aj | Xn = ai) = 0, j 6 {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 finalne verovatnoce.

    6. Slucajna promenljiva X ima raspodelu U (0, b), b > 0. Na osnovuprostog uzorka obima n dobijena je ocena b = 2Xn.

    (a) Ispitati da li je navedena ocena centrirana.

    (b) Ispitati postojanost (stabilnost) ocene.

    1

  • Resenja:

    1. U aparatu ima ukupno(

    42

    )= 6 direktnih veza. Posmatrajmo sledece

    dogadaje i njihove verovatnoce:

    A0 - svih 6 veza su ispravne, sledi P (A0) = (1 p)6,A1 - neispravna je tacno jedna (bilo koja) veza; posto veza ima

    6, sledi P (A1) = 6p (1 p)5,A2 - neispravne su tacno dve (bilo koje) veze; posto parova veza

    ima(

    62

    )= 15, sledi P (A2) = 15p2 (1 p)4,

    A3 - neispravne su tacno 3 veze pri cemu ne pripadaju sve trijednom procesoru; posto ovakvih trojki veza medu proce-sorima ima

    (63

    ) 4 = 16, sledi P (A3) = 16p3 (1 p)3,A - aparat je ispravan.

    @

    @@@@f

    f

    f

    f

    Dogadaji Ai, i {0, 1, 2, 3} su disjunktni izmedu sebe i pri tome jeA = A0 + A1 + A2 + A3 pa je:

    P (A) = P (A0 + A1 + A2 + A3) = P (A0) + P (A1) + P (A2) + P (A3) =

    = (1 p)3((1 p)3 + 6p (1 p)2 + 15p2 (1 p) + 16p3

    )=

    = 1 4p3 3p4 + 12p5 6p6.

    2. Slucajna promenljiva X ima zakon raspodele X :( n m

    p q

    ), gde

    je p verovatnoca da je broj deljiv sa 3 prvi put pao u parnom bacanju, aq = 1 p je verovatnoca da je broj deljiv sa 3 prvi put pao u neparnombacanju. Ako sa Ai (i N) oznacimo dogadaj koji se realizuje kadapri i-tom bacanju kocke padne broj deljiv sa 3 (dakle, 3 ili 6), tada jeP (A)i =

    13 i P

    (Ai

    )= 23 odakle sledi

    p = P (X = n) = P (A1A2 + A1A2A3A4 + A1A2A3A4A5A6 + . . .)

    =[1]= P

    (A1A2

    )+ P

    (A1A2A3A4

    )+ P

    (A1A2A3A4A5A6

    )+ . . . =

    [2]= P

    (A1

    )P (A2) + P

    (A1

    )P

    (A2

    )P

    (A3

    )P (A4)+

    +P(A1

    )P

    (A2

    )P

    (A3

    )P

    (A4

    )P

    (A5

    )P (A6) + . . . =

    = 23 13 + 23 23 23 13 + 23 23 23 23 23 13 + . . .

    = 29

    k=0

    (49

    )k = 29 11 49 =25 .

    [1] - Koristimo disjunktnost dogadaja.

    2

  • [2] - Koristimo nezavisnost dogadaja Ai.

    Odatle je q = P (X = m) = 1 p = 35 .Sada dobijamo E (X) = n 25 + m 35 pa je E (X) = 0 za 2n + 3m = 0odnosno n = 32m. Dakle, ocekivani dobitak (gubitak) igraca je jednaknuli za (m,n) {(k, 32k

    ) k (0,)}.3. X : U (1, 4) znaci da je

    X (x) ={

    13 , x (1, 4)0 , x 6 (1, 4) i FX (x) =

    0 , x 1x1

    3 , x (1, 4]1 , x > 4

    .

    Sledi da je:

    FY,Z (y, z) = P (Y < y , Z < z) = P(X2 1 < y , eX 2 < z) =

    = P(X2 < 1 + y , eX < 2 + z

    )= . . .

    Dogadaj X2 < 1 + y je nemoguc za 1 + y 0, a za 1 + y > 0 je ekviva-lentan sa 1 + y < X < 1 + y. Dogadaj eX < 2 + z je nemoguc za2 + z 0, a za 2 + z > 0 je ekvivalentan sa X < ln (2 + z). Na osnovunavedenog dobijamo sledece slucajeve i odgovarajuce oblasti prikazane naslici:

    -

    6

    y

    z

    1

    1

    2

    `z = e

    1+y 2

    z = e

    1+y 2I

    II

    III

    IV

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

    ..

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

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

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

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

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

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

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

    ...

    .......

    ...........

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

    (a) Za y 1 ili z 2 (oblast I sa slike) jeFY,Z (y, z) = 0.

    (b) Za y > 1 i z > 2 jeFY,Z (y, z) = P

    (1 + y < X < 1 + y , X < ln (2 + z)) == P

    (1 + y < X < min {1 + y, ln (2 + z)}) = . . .(b.1) ako je ln (2 + z) 1 + y, odnosno z e

    1+y 2 (oblast

    II sa slike), tada jeFY,Z (y, z) = P () = 0.

    (b.2) ako je 1 + y < ln (2 + z) < 1 + y, odnosnoe

    1+y 2 < z < e

    1+y 2 (oblast III sa slike), tada jeF

    Y,Z(y, z) = P

    (1 + y < X < ln (2 + z)) =

    3

  • = FX

    (ln (2 + z)) FX

    (1 + y) = FX

    (ln (2 + z)) 0 =

    =

    0 , ln (2 + z) (, 1]ln(2+z)1

    3 , ln (2 + z) (1, 4]1 , ln (2 + z) (4,)

    =

    =

    0 , z (2, e 2]ln(2+z)1

    3 , z (e 2, e4 2]

    1 , z (e4 2,).

    (b.3) ako je

    1 + y ln (2 + z), odnosno e

    1+y 2 z (oblast IVsa slike), tada jeF

    Y,Z(y, z) = P

    (1 + y < X < 1 + y) == F

    X

    (1 + y

    ) FX

    (1 + y) = FX

    (1 + y

    ) 0 =

    =

    0 ,

    1 + y (, 1]

    1+y13 ,

    1 + y (1, 4]

    1 ,

    1 + y (4,)

    =

    =

    0 , y (1, 0]

    1+y13 , y (0, 15]1 , y (15,)

    .

    Dakle: FY,Z (y, z) =

    0 , (y, z) D1ln(2+z)1

    3 , (y, z) D21+y1

    3 , (y, z) D31 , (y, z) D4

    gde je

    D1 =

    (y, z) R2

    y 1 z 2

    (y > 1 z > 2

    (z e

    1+y 2

    (e

    1+y 2 < z < e

    1+y 2 2 < z e 2) (e

    1+y 2 z 1 < y 0)

    ))

    ,

    D2 =

    (y, z) R

    2

    y > 1 z > 2 e

    1+y 2 < z < e

    1+y 2

    e 2 < z e4 2

    ,

    D3 ={

    (y, z) R2

    y > 1 z > 2 e

    1+y 2 z 0 < y 15

    },

    4

  • D4 =

    (y, z) R2

    y > 1 z > 2

    ((e

    1+y 2 < z < e

    1+y 2 z > e4 2) (e

    1+y 2 z y > 15)

    )

    .

    4. RX = {0, 1, 2, 3, . . .}, P (X = i) = 30ii! e30, i RX ,E (X) = 30, D (X) = 30.

    Posmatrajmo slucajne promenljive Xk koje predstavljaju broj auto-mobila koji prolaze kroz raskrsnicu tokom k - tog posmatranog min-uta. Slucajne promenljive Xk su medusobno nezavisne i imaju isteraspodele (samim tim i matematicka ocekivanja i disperzije) kao slucajna

    promenljiva X. Slucajna promenljiva Sn =n

    k=1

    Xk predstavlja broj au-

    tomobila koji prolaze kroz raskrsnicu tokom n minuta, pri cemu za nju

    vazi E (Sn) =n

    k=1

    E (Xk) = 30n i D (Sn) =n

    k=1

    D (Xk) = 30n. Posma-

    trajmo i normalizovanu slucajnu promenljivu Sn =SnE(Sn)

    D(Sn)= Sn30n

    30n.

    (a) Primenom centralne granicne teoreme na S20 dobijamo

    P (S20 200) = 1 P (S20 < 200) = 1 P(

    S20600600

    < 200600600

    )=

    = 1 P(S20 0.9?

    ImamoP (S20 m) = 1 P (S20 < m) = 1 P

    (S20600

    600< m600

    600

    )=

    = 1 P(S20 0.9 1 (

    m60010

    6

    ) 0.9

    (

    m60010

    6

    ) 0.1 m600

    10

    6 1 (0.1) 1.28

    m 568.647pa je trazeno resenje m = 568.

    5. (a) Raspodela slucajne promenljive X1 :(

    a11

    ).

    Koristeci uslovnu raspodelu

    X2| {X1 = a1} :(

    a1 a213

    23

    )

    dobijamoP (X2 = a1) = P (X1 = a1)P (X2 = a1 | X1 = a1) = 1 13 = 13 ,

    5

  • P (X2 = a2) = P (X1 = a1) P (X2 = a2 | X1 = a1) = 1 23 = 23 ,

    odnosno dobili smo raspodelu X2 :(

    a1 a213

    23

    ).

    Analogno, iz uslovnih raspodela

    X3| {X2 = a1} :(

    a1 a213

    23

    )i X3| {X2 = a2} :

    (a1 a313

    23

    )

    dobijamo

    P (X3 = a1) =2

    i=1

    P (X2 = ai) P (X3 = a1 | X2 = ai) == 13 13 + 23 13 = 13 ,

    P (X3 = a2) =2

    i=1

    P (X2 = ai) P (X3 = a2 | X2 = ai) = 13 23 = 29 ,

    P (X3 = a3) =2

    i=1

    P (X2 = ai) P (X3 = a3 | X2 = ai) = 23 23 = 49 ,i dolazimo do trazene raspodele

    X3 :(

    a1 a2 a313

    29

    49

    ).

    (b) Matrica prelaza je

    P = P (1) = [paiaj ] =

    a1 a2 a3 a4 . . .

    a1

    a2

    a3...

    13

    23 0 0 . . .

    13 0

    23 0 . . .

    13 0 0

    23 . . .

    ......

    ......

    . . .

    .

    (c) Resavamo sistem jednacina: pj =

    k=1

    pk pkj , j N,

    j=1

    pj = 1

    Znaci imamop1 + p

    2 + p

    3 + . . . = 1

    p1 =13 (p

    1 + p

    2 + p

    3 + . . .)

    p2 =23p1

    p3 =23p2 =

    (23

    )2p1

    ...

    pj =(

    23

    )j1p1

    ...Resavanjem ovog sistema dobijamo

    p1(1 + 23 +

    (23

    )2 + . . .)

    = p1 11 23 = 3p1 = 1

    tj. p1 =13 i p

    j =

    (23

    )j1 13 , j = 2, 3, 4, . . .

    6

  • Primetimo da smo verovatnoce stanja za n = 3 (sto je trazeno pod (a))mogli izracunati koristeci matricu prelaza na sledeci nacin:

    p3 = p2 P = p1 P 2 =a1 a2 a3 a4 a5 . . .[13

    29

    49 0 0 . . .

    ],

    gde je P 2 =

    39

    29

    49 0 0 0 . . .

    39

    29 0

    49 0 0 . . .

    39

    29 0 0

    49 0 . . .

    39

    29 0 0 0

    49 . . .

    ......

    ......

    ......

    . . .

    .

    Dakle, zakon raspodele (zaseka) X3 je:(

    a1 a2 a313

    29

    49

    ).

    6. X : U (0, b), E (X) = b2 , D (X) = b2

    12 (b > 0).

    (a) E(b)

    = E(2 Xn

    )= E

    (2 1n

    ni=1

    Xi

    )= 2n n E (X) = 2 b2 = b.

    Dakle, ocena b jeste centrirana.

    (b) D(b)

    = D(

    2 1n n

    i=1

    Xi

    )= 4n2

    ni=1

    D (Xi) = 4n2 n b2

    12 =13nb

    2.

    Kako je ocena centrirana, mozemo da koristimo nejednakost Cebise-va. Za > 0 vazi

    P(b b

    > )

    = P(b E

    (b) >

    ) D(b)2 = b

    2

    3n2 .

    Prema tome: 0 limn

    P(b b

    > ) lim

    nb2

    3n2 = 0,

    odakle je limn

    P(b b

    > )

    = 0, pa ocena jeste postojana.

    11.02.1999.

    1. Kocka A ima 4 crvene i 2 bele strane, a kocka B ima 3 crvene i 3 belestrane. Baca se novcic, i ako se pojavi grb baca se kocka A, a ako sepojavi pismo baca se kocka B.

    (a) Naci verovatnocu da se pri bacanju kocke pojavi crvena boja.

    (b) Eksperiment ponavljamo n puta (prvo bacamo novcic a zatim odgo-varajucu kocku). Ako se u n bacanja crvena boja pojavila n puta,naci verovatnocu da je kocka B bacana bar jednom.

    2. Nezavisne slucajne promenljive X i Y imaju Poasonove raspodeleX : P (a), Y : P (b), (a, b > 0). Naci raspodele slucajnih promenljivih:(a) Z = X + Y .

    7

  • (b) X| {X + Y = n}.3. Slucajna promenljiva X ima uniformnu U (0, 1) raspodelu. Slucajna

    promenljiva Y pri X = x (x [0, 1)) ima U (x, 1) raspodelu.(a) Naci matematicko ocekivanje slucajne promenljive Y bez nalazenja

    njene raspodele.

    (b) Naci raspodelu slucajne promenljive Z = (X + 1) Y .

    4. Vreme rada procesora (u satima) je slucajna promenljiva sa E (0.005)raspodelom. Procesor koji pregori se zamenjuje novim i vreme zamene jezanemarljivo malo. Procesori rade nezavisno jedan od drugog.

    (a) Koliko procesora treba imati u rezervi da sa verovatnocom 0.98vreme rada aparata bude bar 10000 sati?

    (b) Za koje m je vreme rada sistema bar m sa verovatnocom 0.99 akoje obezbedeno 100 procesora?

    5. Tri ucenika iz Novog Sada i tri ucenika iz Subotice idu u Rim. Oni sena slucajan nacin rasporeduju u dve sobe, tako da se u svakoj sobi nalazipo tri ucenika. Broj ucenika iz Novog Sada u prvoj sobi definise stanjesistema. Kako nisu mogli na pocetku da se dogovore ko ce u koju sobu,svaki dan se na slucajan nacin bira po jedan ucenik iz svake sobe i onimenjaju mesta.

    (a) Sastaviti matricu prelaza za jedan dan.

    (b) Ako se zna da su na pocetku svi ucenici iz Novog Sada bili u istojsobi, naci verovatnocu da posle dva dana svi ucenici iz Novog Sadanece biti u istoj sobi.

    (c) Naci finalne verovatnoce.

    6. Slucajna promenljiva X ima binomnu B (1, p) raspodelu. Na osnovuprostog uzorka obima n dobijena je ocena p = k Xn.(a) Odrediti k tako da predlozena ocena bude centrirana.

    (b) Za tako odredeno k ispitati postojanost predlozene ocene.

    (c) Za ocenu parametra p2 se predlaze ocena p = X2

    n. Ispitati centri-ranost ocene p.

    7. Na jednoj autobuskoj liniji je ispitivano koliko minuta je putnik cekaoautobus. Anketirano je 50 slucajno odabranih putnika i rezultati su datiu tabeli:

    Ii [0, 1] (1, 2] (2, 3] (3, 4] (4, 5]mi 15 10 9 12 4

    2 testom sa pragom znacajnosti = 0.05 testirati hipotezu da vremecekanja autobusa ima uniformnu raspodelu U (0, 5).

    8

  • Resenja:

    1. Posmatramo sledece dogadaje:

    H - pri bacanju novcica pojavilo se pismo,

    H - pri bacanju novcica pojavio se grb.{H, H

    }je potpun sistem dogadaja, pri cemu je P (H) = P

    (H

    )= 12 .

    (a) Neka je C dogadaj pri bacanju kocke pojavila se crvena boja. Izuslova zadatka je P (C | H) = 12 i P

    (C | H) = 23 . Na osnovu

    formule totalne verovatnoce sledi

    P (C) = P (H) P (C | H) + P (H) P (C | H) = 12 12 + 12 23 = 712 .(b) Oznacimo dogadaje:

    Ci: u i-tom bacanju se pojavila crvena boja (i {1, 2, . . . , n}),B: u n bacanja se kocka B baca bar jednom.

    Koristeci nezavisnost eksperimenata dobijamo da je trazena verovat-nocaP (B | C1C2 . . . Cn) = 1 P

    (B | C1C2 . . . Cn

    )=

    = 1 P(BC1C2...Cn)P(C1C2...Cn) = 1P(B)P(C1C2...Cn | B)

    P(C1)P(C2)...P(Cn)=

    = 1 (12 )

    n( 23 )n

    ( 712 )n = 1

    (47

    )n.

    2. X : P (a), Y : P (b), RX = RY = {0, 1, 2, . . .},P (X = j) = a

    j

    j! ea, P (Y = j) = b

    j

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

    (a) Z = X + Y , RZ = {0, 1, 2, . . .}.Prvi nacin:Za k RZ jeP (Z = k) =P

    (k

    i=0

    (X = i, Y = k i))

    [1]=

    ki=0

    P (X = i, Y = k i)=

    [2]=

    k

    i=0

    P (X = i) P (Y = k i) =k

    i=0

    ai

    i!ea b

    ki

    (k i)!eb =

    = e(a+b) 1k!

    k

    i=0

    k!i! (k i)!a

    ibki = e(a+b) 1k!

    (a + b)k.

    Dakle, slucajna promenljiva Z ima Poasonovu raspodelu P (a + b).Drugi nacin:Koristeci karakteristicne funkcije slucajnih promenljivih X i Y :

    KX (t) = ea(eit1), KY (t) = eb(e

    it1),dobijamo karakteristicnu funkciju slucajne promenljive Z:

    KZ

    (t) = KX+Y (t)

    [2]= K

    X(t)K

    Y(t) =

    9

  • = ea(eit1)eb(e

    it1) = e(a+b)(eit1)

    Dobijena karakteristicna funkcija odgovara slucajnoj promenljivoj saPoasonovom P (a + b) raspodelom.

    (b) Za k RX|{X+Y =n} = {0, 1, 2, . . . , n} vazi:P (X = k | X + Y = n) = P(X=k,X+Y =n)P(X+Y =n) =

    =P (X = k, Y = n k)

    P (X + Y = n)[2]=

    P (X = k)P (Y = n k)P (X + Y = n)

    =

    =ak

    k! ea bnknk!eb

    (a+b)n

    n! e(a+b)

    =n!

    k! (n k)!(

    a

    a + b

    )k (b

    a + b

    )nk.

    Pri tome je aa+b +b

    a+b = 1, pa slucajna promenljiva X| {X + Y = n}ima binomnu B

    (n, aa+b

    )raspodelu.

    [1] - Koristimo disjunktnost dogadaja koji cine uniju.

    [2] - Koristimo nezavisnost slucajnih promenljivih X i Y .

    3. X : U (0, 1) , X

    (x) ={

    1, x [0, 1]0, x 6 [0, 1] ,

    Y | {X = x} : U (x, 1) , Y |{X=x} (y) =

    {1

    1x , y [x, 1]0, y 6 [x, 1] .

    Na osnovu zadanih gustina dobijamoX,Y (x, y) = X (x) Y |{X=x} (y) ==

    {1

    1x , (x, y) D0, (x, y) 6 D ,

    gde je D = { (x, y) | x [0, 1] y [x, 1]}. -x

    6y

    1

    1

    0D

    ......

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

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

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

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

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

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

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

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

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

    (a) Koristeci E (Y ) = E (E (Y |X)) izracunavamo

    E (Y |X = x) =

    yY |{X=x} (y) dy =

    1x

    y 11xdy = 11x y2

    2

    1

    |x

    = 1+x2 ,

    te je E (Y |X = x) ={

    1+x2 , x [0, 1]0 , x 6 [0, 1] ,

    E (Y ) = E (E (Y |X)) =

    E (Y |X = x) X

    (x) dx =10

    1+x2 1dx =

    = 12 (1+x)2

    2

    1

    |0

    = 34 .

    (b) Posmatrajmo transformaciju (X, Y )f (U,Z) gde je Z = (X + 1) Y

    i U = X.

    10

  • Transformacija f oblast D bijektivnopreslikava u oblastD =

    {(u, z) | u (0, 1) z (u2 + u, 1)}

    i njena inverzna transformacija jef1 (u, z) =

    (u, zu+1

    ), (u, z) D, a njen

    Jakobijan je

    Jf1 (u, z) =

    1 0u 1u+1

    = 1u+1 .

    -

    6

    u

    z

    1

    2

    10

    D

    z = u + 1

    z = u (u + 1)

    ........

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

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

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

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

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

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

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

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

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

    Sada imamo da je

    U,Z

    (u, z) = X,Y

    (u, zu+1

    ) 1u+1

    =

    ={

    11u 11+u , (u, z) D

    0 , (u, z) 6 D ={

    11u2 , (u, z) D

    0 , (u, z) 6 D .Marginalna gustina

    Zvektora (U,Z) je

    Z

    (z) =

    U,Z

    (u, z) du =

    1+4z1

    20

    11u2 du , z (0, 1]

    1+4z1

    2z1

    11u2 du , z (1, 2)

    0 , z 6 (0, 2)

    =

    =

    12 ln

    1+

    1+4z11+4z , z (0, 1]

    ln 1+

    1+4z11+4z 12 ln z2z , z (1, 2)

    0 , z 6 (0, 2)

    .

    4. Posmatramo slucajnu promenljivu Xi koja predstavlja vreme rada i-togprocesora. Xi su nezavisne slucajne promenljive i imaju istu E (0.005)raspodelu, pri cemu je E (Xi) = 10.005 = 200 i D (Xi) =

    10.0052 = 40000.

    Tada Sn =n

    i=1

    Xi predstavlja ukupno vreme rada aparata (tj. n proce-

    sora), pri cemu je

    E (Sn) =n

    i=1

    E (Xi) = 200n, D (Sn) =n

    i=1

    D (Xi) = 40000n,

    Sn =SnE(Sn)

    D(Sn)= Sn200n

    200

    n(normalizovana slucajna promenljiva).

    (a) Resavamo po n jednacinu P (Sn 10000) = 0.98. Posto jeP (Sn 10000) = 1 P (Sn < 10000) == 1 P

    (Sn200n200

    n

    < 10000200n200

    n

    )= 1 P

    (Sn 3.4, ne odbacujemo (sa pragom znacajnosti 0.05) hipotezu davreme cekanja jednog putnika ima U (0, 5) raspodelu.

    14

  • 06.04.1999.

    1. Uredaj se nalazi u jednom od dva stanja SA ili SB sa verovatnocama p1i p2 redom. Verovatnoca kvara uredaja u toku nekog fiksnog vremenskogperioda t je q1 ako je uredaj u stanju SA, odnosno q2 ako je uredaj ustanju SB .

    (a) Naci verovatnocu da uredaj nakon vremena t bude neispravan.

    (b) Ako je uredaj nakon vremena t bio ispravan, naci verovatnocu dase nalazio u stanju SA.

    2. Slucajni vektor (X,Y ) ima raspodelu datu tablicom:

    YX 1 2 3

    1 0.1 0.05 02 0.4 0.15 0.3

    (a) Ispitati nezavisnost slucajnih promenljivih X i Y .

    (b) Naci srednju vrednost (matematicko ocekivanje) slucajne promenljiveZ = max

    {X, Y2

    }.

    3. Slucajna promenljiva X ima eksponencijalnu raspodelu E (a). Naciraspodelu slucajne promenljive Y = [X] gde [X] oznacava funkcijunajvece celo od X.

    4. Elektrostanica opsluzuje mrezu sa 10000 sijalica. Verovatnoca ukljucenjasvake od sijalica uvece iznosi 0.9. Izracunati verovatnocu da apsolutnoodstupanje broja ukljucenih sijalica od matematickog ocekivanja bude na-jvise 200 koristeci

    (a) nejednakost Cebiseva,

    (b) teoremu Moavr - Laplasa.

    5. Luka na posao ide vozom, autobusom ili kolima. Ako na posao jednog danaide kolima, onda sledeceg dana jednakoverovatno ide vozom, autobusomili kolima. Vozom ne ide dva dana uzastopno, a ako ide vozom ondasutradan ide 2 puta verovatnije kolima nego autobusom. Ako jednogdana ide autobusom, onda sutra jednakoverovatno ide vozom ili kolima (ane ide autobusom). Posmatramo sistem cija su stanja odredena prevoznimsredstvom koje Luka koristi u toku dana za odlazak na posao.

    (a) Sastaviti matricu prelaza za jedan dan.

    (b) Ako je Luka isao kolima, naci verovatnocu da ce kroz dva dana icikolima.

    (c) Naci finalne verovatnoce.

    15

  • 6. Strelac pogada kruznu metu poluprecnika 1. Ispitati nezavisnost sledecihdogadaja: A - pogoden je prsten sa manjim poluprecnikom 12 i vecimpoluprecnikom 1, i B - pogodena je donja polovina mete.

    Resenja:

    1. Oznacimo sa A i B dogadaje koji se realizuju kada se uredaj nalaziu stanju SA odnosno stanju SB , a sa T oznacimo dogadaj koji serealizuje kada se uredaj pokvari u toku vremenskog perioda t. Dato je:

    P (A) = p1, P (B) = p2, P (T | A) = q1, P (T | B) = q2.

    (a) Dogadaji A i B cine potpun sistem dogadaja, pa na osnovu formuletotalne verovatnoce dobijamo

    P (T ) = P (A) P (T | A) + P (B) P (T | B) = p1q1 + p2q2.(b) Koristeci Bajesovu formulu (i P

    (T

    )= 1 P (T ) = 1 p1q1 p2q2)

    dobijamo trazenu verovatnocu:

    P(A | T ) = P(A)P(T | A)

    P(T) =P(A)(1P(T | A))

    P(T) =p1(1q1)

    1p1q1p2q2 .

    2. (a) P ({X = 1} {Y = 3}) = 0 6= 0.15 0.3 = P (X = 1) P (Y = 3),odakle sledi da su slucajne promenljive X i Y zavisne.

    (b) Iz X {1, 2} i Y2 {

    12 , 1,

    32

    }sledi da je

    {1, 32 , 2

    }skup mogucih

    vrednosti slucajne promenljive Z, a odgovarajuce verovatnoce su:

    P (Z = 1) = P({

    X = 1, Y2 =12

    }+

    {X = 1, Y2 = 1

    })=

    = P ({X = 1, Y = 1}+ {X = 1, Y = 2}) == P ({X = 1, Y = 1}) + P ({X = 1, Y = 2}) = 0.1 + 0.05 = 0.15,P

    (Z = 32

    )= P

    ({X = 1, Y2 =

    32

    })= P ({X = 1, Y = 3}) = 0,

    P (Z = 2) == P

    ({X = 2, Y2 =

    12

    }+

    {X = 2, Y2 = 1

    }+

    {X = 2, Y2 =

    32

    })=

    = P ({X = 2, Y = 1}+ {X = 2, Y = 2}+ {X = 2, Y = 3}) == P ({X = 2, Y = 1}) + P ({X = 2, Y = 2}) + P ({X = 2, Y = 3}) == 0.4 + 0.15 + 0.3 = 0.85.

    Dakle: RZ = {1, 2} i Z :(

    1 20.15 0.85

    ),

    odakle dobijamoE (Z) = 1 0.15 + 2 0.85 = 1.85.

    3. X (x) ={

    0 x 0aeax x > 0 , FX (x) =

    {0 x 01 eax x > 0 .

    Y = [X] je diskretna slucajna promenljiva i RY = {0, 1, 2, . . .}.Za svako k RY vazi

    16

  • P (Y = k) = P ([X] = k) = P (k X < k + 1) =k+1k

    X

    (x) dx =

    = ak+1k

    eaxdx = FX

    (k + 1) FX

    (k) = 1 ea(k+1) 1 + eak == eak (1 ea).

    4. Slucajna promenljiva X koja predstavlja broj ukljucenih sijalica imabinomnu raspodelu X : B (10000, 0.9), pri cemu je

    E (X) = 10000 0.9 = 9000 i D (X) = 10000 0.9 0.1 = 900.(a) Na osnovu nejednakosti Cebiseva P (|X E (X)| ) D(X)2 (za sve

    > 0) dobijamo

    P (|X E (X)| 200) = 1 P (|X E (X)| > 200) == 1 P (|X E (X)| 201) 1 D(X)2012 0.9777.

    (b) Primenom teoreme Moavr-Laplasa dobijamo

    P (|X E (X)| 200) = P (|X E (X)| < 201) == P (201 < XE (X) < 201) = P

    (201D(X)

    < XE(X)D(X)

    < 201D(X)

    )=

    = P( 201

    900< XE(X)

    D(X)< 201

    900

    )= P (6.7 < X < 6.7) =

    (6.7) (1 (6.7)) = 2 (6.7) 1 1.5. (a) Skup stanja sistema:

    v = ide vozom, a = ide autobusom, k = ide kolima.

    Matrica prelaza za jedan dan:v a k

    v

    P = a

    k

    0 1323

    12 0

    12

    13

    13

    13

    .

    Matrica prelaza za dva dana:v a k

    v

    P 2 = a

    k

    718

    29

    718

    16

    13

    12

    518

    29

    12

    .

    (b) Vektor pocetne raspodele:v a k

    p0 =[

    0 0 1]

    .

    Raspodela nakon dva dana: p2 = p0 P 2 =v a k[. . . . . . 12

    ].

    Prema tome, trazena verovatnoca je 12 .

    (c) Finalne verovatnoce nalazimo resavajuci sistem jednacina:[pv p

    a p

    k

    ] P = [ pv pa pk] pv + pa + pk = 1

    pv =

    12pa +

    13pk

    pa =13pv +

    13pk

    pk =23pv +

    12pa +

    13pk

    1 = pv + pa + p

    k

    17

  • 0 = pv 12pa + 13pk0 = 13p

    v pa + 13pk

    0 = 23pv +

    12pa 23pk

    1 = pv + pa + p

    k

    0 = pv 12pa 13pk0 = pa 815pk1532 = p

    k

    pk =

    1532

    pa =14

    pv =932

    Dakle, vektor finalnih verovatnoca je:v a k[932

    14

    1532

    ].

    Dobijene finalne verovatnoce tumacimo na sledeci nacin: ako posma-tramo dovoljno dug vremenski period, mozemo reci da Luka najcescena posao ide kolima (sa verovatnocom 1532 ), a sa verovatnocama

    932 i

    14 redom, ide vozom odnosno autobusom.

    6. Mozemo koristiti geometrijsku definiciju verovatnoce. Obelezimo sa P (X)povrsinu oblasti X R2.

    Metu mozemo predstaviti kao oblast

    M ={

    (x, y) R2 x2 + y2 1},

    pri cemu je P (M) = i P (M) = 1.

    Dogadaju A odgovara oblast (vidi sliku 1)

    A={

    (x, y) R2 1

    2

    x2 + y2 1}

    ={

    (x, y) R2 1

    4 x2 + y2 1},

    pri cemu je P (A) = 14 = 34, odnosno P (A) = P(A)P(M) = 34 .

    Dogadaju B odgovara oblast (vidi sliku 2)

    B ={

    (x, y) R2 x2 + y2 1 y 0},

    pri cemu je P (B) = 12, odnosno P (B) = P(B)P(M) = 12 .

    Dogadaju AB odgovara oblast (vidi sliku 3)

    A B = { (x, y) R2 1

    4 x2 + y2 1 y 0},

    pri cemu je P (A B) = 38, odnosno P (AB) = P(AB)P(M) = 38 .

    Iz P (AB) = 38 =34 12 = P (A)P (B) sledi da su dogadaji A i B

    nezavisni.

    18

  • -x

    6y

    114

    A

    slika 1

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

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

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

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

    -x

    6y

    1

    B

    slika 2

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

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

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

    -x

    6y

    114

    A B

    slika 3

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

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

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

    24.06.1999.

    1. U sesiru se nalaze 4 bele kuglice. Tri puta se na slucajan nacin izvlacijedna kuglica i zamenjuje crnom kuglicom. Potom je na slucajan nacinizvucena jedna kuglica i videlo se da je bela. Koliko iznosi verovatnoca dasu u sesiru tacno dve crne kuglice nakon opisanih zamena?

    2. Slucajna promenljiva X ima Poasonovu raspodelu sa parametrom .Uslovna slucajna promenljiva Y | {X = x} ima raspodelu datu formu-lom: P (Y = y | X = x) = yx(yx)!e, y = x, x + 1, x + 2, . . . Pokazati daslucajna promenljiva X | {Y = y} ima binomnu raspodelu B (y, 12

    ).

    3. Dvodimenzionalna slucajna promenljiva (X, Y ) ima raspodelu datugustinom:

    X,Y (x, y) = A (x + y), 0 < x < 1, 0 < y < x2.

    (a) Izracunati konstantu A.

    (b) Naci gustinu slucajne promenljive Z = XY .

    4. Oceniti verovatnocu da je odstupanje relativne ucestalosti broja dobijenihsestica u 100 bacanja kocke za Ne ljuti se covece od verovatnoce po-javljivanja sestice manja od 0.1:

    (a) pomocu nejednakosti Cebiseva,

    (b) pomocu teoreme Moavr - Laplasa.

    5. Slucajna promenljiva X ima gustinu X

    (x) = 12e|x|. Naci raspodelu

    slucajne promenljive

    Y ={

    X (X + 4) , X 15 , X > 1 .

    6. Dva broda A i B treba da stignu u isto pristaniste. Njihova vremenadolaska u pristaniste su slucajna, medusobno nezavisna i jednakoverovatnau toku 24 sata. Kad brod A stigne u pristaniste, on ostaje u njemu 2 sata,dok brod B nakon pristajanja ostaje u pristanistu do kraja posmatranogperioda. Pristaniste ne moze da odjednom primi oba broda.

    19

  • (a) Naci verovatnocu da jedan od brodova ceka na oslobadanje pristanis-ta, dok drugi brod ne ode.

    (b) Naci verovatnocu da ce izmedu dolaska brodova proci bar 10 sati.

    Resenja:

    1. Primetimo da se nakon prve zamene u kutiji sigurno nalaze tri bele i jednacrna kuglica.

    Oznake dogadaja:

    Bi - nakon druge zamene se u kutiji nalazi i {1, 2} crnih kuglica,Hi - nakon trece zamene se u kutiji nalazi i {1, 2, 3} crnih kuglica,A - nakon svih zamena je izvucena bela kuglica.

    Nalazimo verovatnoce:

    P (B1) = 14 , P (B2) =34 ,

    P (H1 | B1) = 14 , P (H1 | B2) = 0,P (H2 | B1) = 34 , P (H2 | B2) = 24 ,P (H3 | B1) = 0, P (H3 | B2) = 24 .

    Na osnovu formule totalne verovatnoce (B1 i B2 cine potpun sistem do-gadaja) imamo da je

    P (Hi) =2

    j=1

    P (Bj) P (Hi | Bj) , i {1, 2, 3} ,

    odnosno: P (H1) = 116 , P (H2) =916 , P (H3) =

    24 34 = 616 .

    Koristeci Bajesovu formulu (H1, H2, H3 cine potpun sistem dogadaja)dobijamo trazenu verovatnocu:

    P (H2 | A) = P (H2) P (A | H2)3i=1

    P (Hi) P (A | Hi)=

    916 24

    116 34 + 916 24 + 616 14

    =23.

    2. Zakon raspodele slucajne promenljive X:

    P (X = x) = x

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

    Zakon raspodele uslovne slucajne promenljive Y | {X = x}:

    P (Y = y | X = x) ={

    yx(yx)!e

    , y {x, x + 1, x + 2, . . .}0 , y 6 {x, x + 1, x + 2, . . .} .

    Zakon raspodele slucajnog vektora (X,Y ) :

    P (X = x, Y = y) = P (X = x)P (Y = y | X = x) =

    =

    {y

    x!(yx)!e2 , x {0, 1, 2, . . .} y {x, x + 1, x + 2, . . .}

    0 , inace.

    20

  • Zakon raspodele slucajne promenljive Y : za y < 0 je P (Y = y) = 0, aza y {0, 1, 2, . . .} je

    P (Y = y) =

    x=0P (X = x, Y = y) =

    yx=0

    y

    x!(yx)!e2 =

    = ye2y

    x=0

    1x!(yx)! y!y! =

    ye2y!

    yx=0

    y!x!(yx)! =

    ye2y!

    yx=0

    (yx

    )=

    = ye2

    y!

    yx=0

    (yx

    ) 1x 1yx = ye2y! (1 + 1)y = ye2

    y! 2y = (2)

    ye2

    y! .

    Dakle, slucajna promenljiva Y ima Poasonovu raspodelu P (2).Zakon raspodele slucajne promenljive X | {Y = y} (y {0, 1, 2, . . .}):Za x 6 {0, 1, 2, . . . , y} je ocigledno P (X = x | Y = y) = P(X=x,Y =y)P(Y =y) = 0,a za x {0, 1, 2, . . . , y} jeP (X = x | Y = y) = P(X=x,Y =y)P(Y =y) =

    ye2x!(yx)! y!(2)ye2 =

    = y!x!(yx)! y

    (2)y =(

    yx

    ) ( 12)y = ( yx

    ) ( 12)yx ( 12

    )x.Prema tome, slucajna promenljiva X | {Y = y} ima binomnu raspodeluB (y, 12

    ).

    3. Neka je D ={

    (x, y) R2 0 < x < 1 0 < y < x2} (vidi sliku 1),

    X,Y

    (x, y) ={

    A (x + y) , (x, y) D0, (x, y) 6 D .

    (a) 1 = D

    X,Y (x, y) dxdy =10

    (x20

    A (x + y) dy

    )dx =

    = A10

    (xy

    x2

    |0

    +y2

    2

    x2

    |0

    )dx = A

    10

    (x3 + x

    4

    2

    )dx = 720A,

    pa sledi da je A = 207 .

    (b) Prvi nacin:Posmatrajmo transformaciju f : (X,Y ) (U,Z) datu sa U = X,Z = XY . Transformacija f je neprekidna i monotona po obekomponente, a oblast D je ogranicena krivamal1 = { (x, 0) | 0 < x < 1}, l2 = { (1, y) | 0 < y < 1},l3 =

    {(x, x2

    ) 0 < x < 1},odakle sledi da je oblast D = f (D) (vidi sliku 2) ogranicenakrivamal1 = { (u, 0) | 0 < u < 1}, l2 = { (1, z) | 0 < z < 1},

    l3 =

    {(u, u3

    ) 0 < u < 1}.Dakle, D =

    {(u, z) R2

    0 < u < 1 0 < z < u3}.

    21

  • Funkcija f : D D je bijektivna pa postoji inverzna funkcijaf1 : D D, f1 : (U,Z) (X, Y ) data sa X = U , Y = ZU (tj.f1 (u, z) =

    (u, zu

    )) i

    Jf1 (u, z) =

    xu xzyu yz

    =

    1 0 zu2 1u

    = 1u .

    - x

    6y

    1

    1

    0

    y = x2

    D

    slika 1

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

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

    - u

    6z

    1

    1

    0

    z = u3 (u = 3

    z)

    D

    slika 2

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

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

    Dobijamo:

    U,Z(u, z) =

    X,Y

    (f1 (u, z)

    ) Jf1 (u, z)

    ==

    X,Y

    (u, zu

    ) 1u ={

    207

    (1 + zu2

    ), (u, z) D

    0 , (u, z) 6 D .Gustinu slucajne promenljive Z nalazimo kao marginalnu gustinuslucajnog vektora (U,Z). Za z (0, 1) je:

    Z(z) =

    U,Z

    (u, z) du =1

    3z207

    (1 + zu2

    )du = 207

    3z 3

    z2 3

    z4+z3z .

    Dakle: Z (z) =

    {207

    (1 z + z 23 z 13

    ), z (0, 1)

    0 , z 6 (0, 1).

    Drugi nacin:

    Kako slucajna promenljiva (X,Y ) ne moze imati vrednosti oblika(0, y) (vidi oblast D), dogadaj {XY < z} je ekvivalentan sa do-gadajem

    {Y < zX

    }(z R), tako da je

    FZ (z) = P (Z < z) = P (XY < z) = P(Y < zX

    )=

    Sz

    X,Y (x, y) dxdy

    gde je Sz ={

    (x, y) R2 y < zx

    } D (vidi sliku 3).

    - x

    6y

    1

    1

    y= zx , z1

    slika 3

    22

  • Za z 0 je ocigledno Sz = , pa je FZ (z) = 0.Za 0 < z 1 (vidi sliku 4) je:

    FZ

    (z) =3z0

    (x20

    207 (x + y) dy

    )dx +

    13z

    (zx0

    207 (x + y) dy

    )dx =

    = 173

    z4 (5 + 2 3

    z) + 107 z(2 2 3z + 3

    z2 z

    )=

    = 17z(20 15 3z + 12 3

    z2 10z

    ).

    - x

    6y

    1

    1

    y= zx

    3z

    y=x2

    Sz

    slika 4

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

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

    Za 1 < z je ocigledno Sz = D, pa je FZ (z) = 1.

    Koristeci da je Z

    (z) = F Z

    (z), dobijamo

    Z (z) =

    {207

    (1 z + z 23 z 13

    ), z (0, 1)

    0 , z 6 (0, 1).

    4. Neka je Xi, i {1, . . . , 100} slucajna promenljiva koja pretstavlja indika-tor dogadaja u i-tom bacanju kocke dobija se sestica: Xi :

    (0 156

    16

    ).

    Slucajna promenljiva X =100i=1

    Xi predstavlja broj dobijenih sestica u 100

    bacanja kocke. Ona ima binomnu raspodelu B (100, 16)

    i

    E (X) = 100 16 = 503 i D (X) = 100 56 16 = 1259 .Slucajna promenljiva Y = 1100X predstavlja relativnu ucestalost brojadobijenih sestica u 100 bacanja kocke, i za nju je

    E (Y ) = 1100E (X) =16 i D (Y ) =

    11002 D (X) =

    1720 .

    (a) P (|Y E (Y )| < 0.1) = P (Y 16 < 0.1) =

    = 1 P (Y 16 0.1)

    [1]

    1 D(Y )0.12 = 1 17200.01 = 1 536 = 3136 .[1] - Koristimo nejednakost Cebiseva.

    (b) P (|Y E (Y )| < 0.1) = P(YE(Y )D(Y )

    < 0.1D(Y ))

    =

    = P(YE(Y )D(Y )

    < 65) 2

    (65

    ) 1 2 (2.68) 1

    2 0.99632 1 0.9926.

    23

  • 5. Gustina i funkcija raspodele slucajne promenljive X glase

    X (x) ={

    12e

    x , x < 012ex , x 0 ,

    FX

    (x) ={

    12e

    x , x 01 12ex , x > 0

    ,

    -X

    6Y

    4

    5

    4 1

    Y =X(X+4)

    jer za x 0 imamoF

    X(x) =

    x

    X

    (x) dx =x

    12e

    tdt = 12ex,

    a za x > 0 je

    FX

    (x) =x

    X(x) dx =

    0

    12e

    tdt +x0

    12etdt = 1 12ex.

    Raspodela slucajne promenljive X se grana u tacki x = 0. Na osnovudefinicije slucajne promenljive Y (Y = 4 je minimalna vrednost, zaX > 1 je Y = 5, i za X = 0 je Y = 0) nalazimo funkciju raspodeleslucajne promenljive Y na sledeci nacin (vidi sliku):

    . Za y 4 je FY

    (y) = 0.

    . Za y (4, 0] je (x2 + 4x = y je za x1 = 2

    4 + y i zax2 = 2 +

    4 + y, pri cemu je x1 < 0 i x2 0):

    FY

    (y) = P (Y < y) = P (x1 < X < x2) == P

    (24 + y < X < 2 +4 + y) == F

    X

    (2 +4 + y) FX

    (24 + y) == 12

    (e2+

    4+y e2

    4+y

    ).

    . Za y (0, 5] je (x2 + 4x = y je za x1 = 2

    4 + y i zax2 = 2 +

    4 + y, pri cemu je x1 < 0 i 0 < x2 1):

    FY

    (y) = P (Y < y) = P (x1 < X < x2) == P

    (24 + y < X < 2 +4 + y) == F

    X

    (2 +4 + y) FX

    (24 + y) == 1 12e2

    4+y 12e2

    4+y.

    . Za y (5,) je (x2 + 4x = y x < 1 je za x1 = 2

    4 + y, pricemu je x1 < 0):FY (y) = P (Y < y) = P (x1 < X) = 1 FX

    (24 + y) == 1 12e2

    4+y.

    6. Brod A se zadrzava u luci dva sata i za to vreme brod B ne mozeda pristane, a brod B se zadrzava od momenta pristajanja pa do krajaposmatranog perioda, tako da ako brod B stigne u luku pre broda A,

    24

  • tada brod A nece moci da pristane u luku. Obelezimo sa tA, odnosnosa tB , vremena dolaska brodova A i B u luku, tako da u koordinatnojravni vremena pristizanja brodova mozemo predstaviti kao uredeni par(tA, tB), pri cemu siguran dogadaj mozemo predstaviti kao kvadrat

    K = { (tA, tB) | tA [0, 24] tB [0, 24]} .Obelezimo sa m (X) povrsinu oblasti X. Pri tome je povrsina kvadratam (K) = 242 = 576.

    (a) Dogadajima M1: brod A stize posle broda B i M2: brod B stizeposle broda A, ali najvise 2 sata posle odgovaraju disjunktne oblasti(vidi sliku 1)M1 = { (tA, tB) K | tB < tA} iM2 = { (tA, tB) K | tA < tB < tA + 2}(odgovarajuci dogadaji su disjunktni). Povrsine ovih oblasti su:

    m (M1) = 5762 = 288 i m (M2) = 288 (242)2

    2 = 46.Verovatnoca trazenog dogadaja jeP (M1 + M2) = P (M1) + P (M2) =

    = m(M1)m(K) +m(M2)m(K) =

    288576 +

    46576 =

    167288 0.58.

    (b) Dogadajima L1: brod A stize bar 10 sati posle broda B iL2: brod B stize bar 10 sati posle broda A odgovaraju disjunktneoblasti (vidi sliku 2)L1 = { (tA, tB) K | tA tB + 10} iL2 = { (tA, tB) K | tB tA + 10}(odgovarajuci dogadaji su disjunktni). Povrsine ovih oblasti su:

    m (L1) = m (L2) =(2410)2

    2 = 98.Verovatnoca trazenog dogadaja jeP (L1 + L2) = P (L1)+P (L2) =

    m(L1)m(K) +

    m(L2)m(K) = 2 98576 = 49144 0.34.

    - tB

    6tA

    02 24

    24

    tB tA = 2

    tB = tA

    M1 M2

    slika 1

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

    ...

    .......

    ...........

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

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

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

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

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

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

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

    - tB

    6tA

    010

    10

    24

    24

    tB tA = 10

    tA tB = 10

    L1

    L2

    slika 2

    ...

    .......

    ...........

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

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

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

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

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

    15.07.1999.

    1. Iz skupa {1, 2, . . . , n} na slucajan nacin se bira jedan broj, a zatim, bezvracanja, jos jedan.

    25

  • (a) Naci verovatnocu da je drugi broj veci od prvog.

    (b) Naci verovatnocu da je drugi broj za dva veci od prvog.

    2. U kutiji je 8 belih i 2 crne kuglice.

    (a) Igrac A izvlaci dva puta po jednu kuglicu bez vracanja. Pri svakomizvlacenju bele kuglice on dobija 3 dinara, a pri svakom izvlacenjucrne kuglice on placa 5 dinara. Odrediti njegov ocekivani dobitak.

    (b) Igrac B izvlacenja vrsi sa vracanjem, jer procenjuje da bi njegovocekivani dobitak u tom slucaju bio veci. Da li je on u pravu?

    3. Neka su X i Y nezavisne slucajne promenljive sa E () raspodelom.Naci raspodelu slucajne promenljive Z = |Y X|.

    4. Aparat sadrzi dva tranzistora od kojih svaki nezavisno od drugog pre-goreva sa verovatnocom 0.1. Aparat je neispravan ako mu pregore obatranzistora.

    (a) Naci verovatnocu da je aparat neispravan.

    (b) Posmatra se uzorak od 100 aparata. Koliki ce biti najmanji broj Mza koji je, sa verovatnocom ne manjom od 0.985, broj neispravnihaparata u uzorku najvise M?

    5. Tri prekidaca su povezana u strujno kolo na sli-ci. Duzine rada prekidaca su nezavisne slucajnepromenljive sa istom uniformnom raspodelomU (0, 2). Naci raspodelu slucajne promenljive Tkoja predstavlja duzinu rada strujnog kola.

    X1 X2X2

    X3

    6. Gada se sa n, n 2 granata rezervoar nafte. Gadanja su nezavisna.Svaka granata pogada rezervoar sa verovatnocom p. Ako u rezervoarpadne jedna granata, on se zapali sa verovatnocom p0, a ako padnu bardve granate, on se sigurno zapali. Kolika je verovatnoca da ce se rezervoarzapaliti?

    Resenja:

    1. Prvi nacin:

    Skup elementarnih dogadaja je

    = { (x, y) | x, y {1, 2, . . . , n} x 6= y}pri cemu su svi elementarni dogadaji jednakoverovatni, pa cemo koristitiLaplasovu definiciju verovatnoce tj. verovatnoca dogadaja A je m(A)m() ,gde je m (D) broj elementarnih dogadaja koji cine dogadaj D. Pri tomeje:

    m () = Card () = n2 n = n (n 1)(nacin izvlacenja je isti kao kad bi igrac odjednom izvlacio dve kuglice).

    26

  • - X

    6Y

    1 2 3 4 n1234

    n 3n 2n 1

    n

    0Y = X

    Y = X + 2

    a a a a a a aa a a a a a aa a a a a a aa a a a a a a

    a a a a a a aa a a a a a aa a a a a a aa a a a a a a

    (a) Trazeni dogadaj je A = { (x, y) | x, y {1, . . . , n} x < y}. Brojcvorova na slici (elementarnih dogadaja) koji se nalaze iznad praveX = Y je m (A) = n

    2n2 pa je:

    P (A) = m(A)m() =12 .

    (b) Trazeni dogadaj je B = { (x, y) | x {1, 2, . . . , n 2} y = x + 2}.Broj cvorova na slici (elementarnih dogadaja) koji se nalaze na pravojY = X + 2 je m (B) = n 2 pa je:

    P (B) = m(B)m() =n2

    n(n1) .

    Drugi nacin:

    Neka su Hi, i {1, 2, . . . , n} dogadaji koji se realizuju kada je u prvomizvlacenju izvucen broj i. Familija H1,H2, . . . ,Hn cini potpun sistemdogadaja, i pri tome je P (Hi) = 1n za svako i {1, 2, . . . , n}.

    (a) Za dogadaj A: drugi izvuceni broj je veci od prvog vaziP (A | Hi) = nin1 , i {1, 2, . . . , n} .

    Na osnovu formule totalne verovatnoce je:

    P (A) =n

    i=1

    P (Hi) P (A | Hi) =n

    i=1

    1n nin1 =

    = 1n(n1) ((n 1) + (n 2) + . . . + 2 + 1) = 1n(n1) (n1)n2 = 12 .(b) Za dogadaj B: drugi izvuceni broj je za dva veci od prvog vazi

    P (B | Hi) = 1n1 , i {1, 2, . . . , n 2} ,P (B | Hn1) = P (B | Hn) = 0.

    Na osnovu formule totalne verovatnoce je:

    P (B) =n

    i=1

    P (Hi)P (B | Hi) =n2i=1

    1n 1n1 = 1n (n 2) 1n1 = n2n(n1) .

    2. Neka su Hi, i {1, 2} dogadaji koji se realizuju kada je u i - tomizvlacenju izvucena bela kuglica.

    27

  • (a) Dogadaji H1 i H2 u ovom slucaju nisu nezavisni. Neka slucajnapromenljiva X predstavlja dobitak igraca A. Skup njenih vrednostije RX = {10,2, 6}, a odgovarajuce verovatnoce su:

    P (X = 10) = P (H1H2)

    = P(H1

    )P

    (H2 | H1

    )= 210 19 = 145 ,

    P (X = 2) = P (H1H2 + H1H2)

    = P(H1H2

    )+ P

    (H1H2

    )=

    = P (H1)P(H2 | H1

    )+ P

    (H1

    )P

    (H2 | H1

    )=

    = 810 29 + 210 89 = 1645 ,P (X = 6) = P (H1H2) = P (H1) P (H2 | H1) = 810 79 = 2845 .

    Napomena: posmatrani model izvlacenja je isti kao da se obe kuglice

    izvlace odjednom, i tada dobijamo P (X = 10) = (22 )

    ( 102 )= 145 ,

    P (X = 2) = (21 )( 81 )( 102 )

    = 1645 , P (X = 6) =( 82 )( 102 )

    = 2845 .

    Prema tome, zakon raspodele dobitka igraca A glasi

    X :( 10 2 6

    145

    1645

    2845

    ),

    a ocekivani dobitak je E (X) = 10 145 2 1645 + 6 2845 = 145 = 2.8.(b) Dogadaji H1 i H2 su u ovom slucaju nezavisni. Neka slucajna

    promenljiva Y predstavlja dobitak igraca B. Skup njenih vrednostije RY = {10,2, 6}, a odgovarajuce verovatnoce su:

    P (Y = 10) = P (H1H2)

    = P(H1

    )P

    (H2

    )=

    (210

    )2 = 125 ,P (Y = 2) = P (H1H2 + H1H2

    )=

    = P (H1)P(H2

    )+ P

    (H1

    )P (H2) =

    = 810 210 + 210 810 = 825 ,P (Y = 6) = P (H1H2) = P (H1) P (H2) =

    (810

    )2 = 1625 .Prema tome, zakon raspodele dobitka igraca B je

    Y :( 10 2 6

    125

    825

    1625

    ),

    a ocekivani dobitak je E (Y ) = 10 125 2 825 + 6 1625 = 145 = 2.8.

    Dakle, obe taktike su jednako efikasne, tako da igrac B nije u pravu.

    3. X (x) ={

    0 , x 0ex , x > 0 , FX (x) =

    {0 , x 0

    1 ex , x > 0 ,

    Y

    (y) ={

    0 , y 0ey , y > 0 , FY (y) =

    {0 , y 0

    1 ey , y > 0 .

    Slucajne promenljive X i Y su nezavisne, pa gustina i raspodelaslucajnog vektora (X, Y ) glase:

    28

  • X,Y

    (x, y) = X

    (x)Y

    (y) ={

    0 , x 0 y 02e(x+y) , x > 0 y > 0 ,

    FX,Y

    (x, y) = FX

    (x)FY

    (y) =

    ={

    0 , x 0 y 01 ex ey + e(x+y) , x > 0 y > 0 .

    Prvi nacin:

    Nadimo funkciju raspodele slucajne promenljive Z = |Y X| bez nala-zenja njene gustine:

    Za z 0: FZ

    (z) = P (Z < z) = P (|Y X| < z) = 0. Za z > 0: neka je (vidi sliku 1)

    Sz = { (x, y) | x > 0 y > 0 |y x| < z} == { (x, y) | x > 0 y > 0 x z < y < x + z}.

    -X

    6Y

    Y = X + z

    Y = X z

    z

    z

    0

    Sz

    slika 1

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

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

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

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

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

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

    FZ

    (z) = P (Z < z) = P (|Y X| < z) = P (z < Y X < z) == P ((X,Y ) Sz) =

    Sz

    X,Y (x, y) dxdy =

    =z0

    (x+z0

    2e(x+y)dy)

    dx +z

    (x+zxz

    2e(x+y)dy

    )dx =

    =z0

    ex(1 e(x+z)) dx +

    z

    (e(2xz) e(2x+z)) dx =

    =

    (z0

    exdxz0

    e(2x+z)dx+z

    e(2xz)dx+z

    e(2x+z)dx

    )=

    = 1 ez + 12e3z 12ez + 12ez 12e3z = 1 ez.

    Drugi nacin:

    Posmatrajmo transformaciju f : (X, Y ) (U, V ) definisanu sa U = X,V = Y X. Njena inverzna transformacija f1 : (U, V ) (X,Y ) jeX = U , Y = U + V i Jakobijan te inverzne transformacije je

    Jf1 (u, v) =

    xu xvyu yv

    =

    1 01 1

    = 1.

    Transformacijom f se oblast D = { (x, y) | x > 0 y > 0} (vidi sliku2) ogranicena polupravama

    29

  • l1 : x = 0, y > 0 l1 = { (0, t) | t R+}l2 : y = 0, x > 0 l2 = { (t, 0) | t R+}

    preslikava u oblast D = { (u, v) | u > 0 u < v} (vidi sliku 3) ogra-nicenu polupravama

    l1 = f (l1) : u = 0, v > 0 l1 = { (0, t) | t R+}l2 = f (l2) : v = u, u > 0 l2 = { (t,t) | t R+}

    .

    Tako dobijamo

    U,V

    (u, v) = X,Y

    (f1 (u, v)

    ) Jf1 (u, v) =

    X,Y(u, u + v) 1 =

    ={

    2e(2u+v) , (u, v) D0 , (u, v) 6 D .

    Gustinu raspodele slucajne promenljive V sada dobijamo kao marginalnu

    gustinu vektora (U, V ): V

    (v) =

    U,V

    (u, v) du = . . .

    (a) Za v 0 : V (v) =v

    2e2uevdu = 2 ev.

    (b) Za v > 0 : V (v) =0

    2e2uevdu = 2 ev.

    -X

    6Y

    D

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

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

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

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

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

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

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

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

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

    slika 2

    -U

    6V

    @@@V = U

    D

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

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

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

    slika 3

    Prema tome: V

    (v) = 2 e|v|, v R. Sada imamo da je Z = |V | pa je

    FZ

    (z) = P (Z < z) = P (|V | < z) =

    0 , z 0zz

    V

    (v) dv , z > 0 =

    =

    0 , z 0zz

    2 e|v|dv , z > 0 =

    0 , z 02

    z0

    2 evdv , z > 0 =

    ={

    0 , z 01 ez , z > 0 .

    Dakle, slucajna promenljiva Z ima ekponencijalnu raspodelu E ().

    4. (a) Tranzistori pregorevaju nezavisno, svaki sa verovatnocom 0.1, paverovatnoca neispravnosti aparata iznosi p = 0.1 0.1 = 0.01.

    30

  • (b) Neka slucajna promenljiva Xi, i {1, 2, . . . , 100} predstavlja in-dikator neispravnosti i - tog aparata (dogadaj {Xi = 1} znaci daje i - ti aparat neispravan, a dogadaj {Xi = 0} znaci da je i - tiaparat ispravan).

    Xi :(

    0 10.99 0.01

    ),

    E (Xi) = 0.01D (Xi) = 0.0099

    , i {1, 2, . . . , 100} .

    Slucajna promenljiva X =100i=1

    Xi predstavlja broj neispravnih

    aparata u uzorku obima 100 (X ima binomnu B (100, 0.01)raspodelu), pri cemu je (zbog osobina matematickog ocekivanja i dis-perzije sume nezavisnih slucajnih promenljivih)

    E (X) = 100 0.01 = 1 i D (X) = 100 0.0099 = 0.99.Broj M dobijamo resavanjem nejednacine P (X M) 0.985:0.985 P (X M) = P

    (XE(X)

    D(X) ME(X)

    D(X)

    )

    (ME(X)

    D(X)

    ),

    odakle dobijamo:ME(X)

    D(X) 1 (0.985) 2.17

    M 2.17

    D (X) + E (X) 2.17 0.994987 + 1 3.1591.Dakle, trazeni broj M je 4.

    5. Za sve i {1, 2, 3} je

    Xi

    (x) ={

    0 , x 6 [0, 2]12 , x [0, 2]

    , FXi

    (x) =

    0 , x 0x2 , x (0, 2]1 , 2 < x

    .

    Slucajna promenljiva U = min {X1, X2} predstavlja vreme rada serijskeveze X1 X2, a posto su slucajne promenljive Xi nezavisne, dobijamoF

    U(u) = P (U < u) = P (min {X1, X2} < u) = 1P (min {X1, X2} u) =

    = 1 P (X1 u,X2 u) = 1 P (X1 u) P (X2 u) =

    = 1 (1 FX1 (u)) (

    1 FX2 (u))

    =

    0 , u 0u u24 , u (0, 2]

    1 , 2 < u.

    Konacno, slucajna promenljiva T = max {U,X3} predstavlja vreme radacelog kola, a posto su slucajne promenljive Xi nezavisne, tada su islucajne promenljive U i X3 nezavisne, pa dobijamo

    FT

    (t) = P (T < t) = P (max {U,X3} < t) = P (U < t,X3 < t) =

    = P (U < t)P (X3 < t) = FU (t) FX3 (t) =

    0 , t 012 t

    2(1 t4

    ), t (0, 2]

    1 , 2 < t.

    6. Neka slucajna promenljiva X predstavlja broj pogodaka. Oznacimo saA posmatrani dogadaj: rezervoar je zapaljen. Slucajna promenljiva Xima binomnu raspodelu B (n, p).

    31

  • Dogadaji {X = 0}, {X = 1}, {X 2} cine potpun sistem dogadaja,pa je

    P (A) = P (X = 0) P (A | X = 0) + P (X = 1) P (A | X = 1) ++ P (X 2) P (A | X 2).

    Po uslovima zadatka imamo:

    P (A | X = 0) = 0, P (A | X = 1) = p0, P (A | X 2) = 1,P (X = 0) =

    (n0

    )(1 p)n = (1 p)n ,

    P (X = 1) =(

    n1

    )p (1 p)n1 = np (1 p)n1 ,

    P (X 2) = 1 P (X < 2) = 1 (P (X = 0) + P (X = 1)) == 1

    ((1 p)n + np (1 p)n1

    )=

    = 1 (1 p)n1 (1 + (n 1) p) ,te tako dobijamo: P (A) = 1 (1 p)n1 (1 p (1 n + np0)).

    04.09.1999.

    1. U kutiji A se nalaze 2 bele i 5 crvenih kuglica, a u kutiji B se nalaze 4bele i 4 crvene kuglice. Iz svake kutije se na slucajan nacin biraju po dvekuglice, a zatim se od ove 4 kuglice na slucajan nacin bira jedna. Ako sezna da je poslednja izabrana kuglica bele boje, koliko iznosi verovatnocada ona potice iz kutije B.

    2. Slucajna promenljiva X ima zakon raspodele( 1 0

    23

    13

    ), a slucaj-

    na promenljiva Y ima uniformnu raspodelu U (0, 2). Naci funkcijuraspodele slucajne promenljive Z = XY .

    3. Slucajna promenljiva X ima uniformnu U (1, 2) raspodelu, a slucajnapromenljiva Y za X = x ima uniformnu U (x, x + 1) raspodelu. Naciraspodelu slucajne promenljive Z = Y1X+1 .

    4. Lutrija je pustila u prodaju nagradnu igru. Cena jednog listica je 10dinara. Verovatnoca da je listic dobitni iznosi 0.9. Dobitak svakog listicaje nezavisan od ostalih. Ukoliko je kupljen dobitni listic, dobitak iznosi100 dinara.

    (a) Pera je ulozio 1000 dinara u nagradnu igru. Koliko iznosi verovatnocada je njegov dobitak bar 9200 dinara?

    (b) Koliko najmanje novca treba uloziti pa da sa verovatnocom vecomod 0.95 dobijemo bar 10000 dinara?

    5. Sistem se sastoji od uredaja X i Y cija su vremena rada slucajnepromenljive koje imaju sledece gustine:

    32

  • X

    (t) ={

    kt+1 , t [0, 1]0 , t 6 [0, 1] , Y (t) =

    {m

    t+2 , t [0, 2]0 , t 6 [0, 2] .

    Sistem funkcionise tako sto se na pocetku aktivira uredaj X, a kada Xprestane sa radom aktivira se uredaj Y , i nakon prestanka rada uredajaY i sistem prestaje da funkcionise.

    (a) Izracunati konstante k i m.(b) Naci ocekivano vreme funkcionisanja sistema.

    6. U vremenskom intervalu od 60 sekundi dva ovna u slucajnim trenucimakrecu sa dva kraja brvna, i pri tome jednom treba 10, a drugom 20 sekundida predu brvno. U slucaju da se susretnu na brvnu, sa verovatnocom 13jedan obara drugog, a sa verovatnocom 23 oba ovna padaju. Koliko iznosiverovatnoca da ce oba ovna pasti s brvna?

    7. U kutiji se nalaze tri kuglice koje mogu biti bele ili crne boje. Na slucajannacin se izvlaci jedna kuglica i zamenjuje se kuglicom suprotne boje.Stanje sistema nakon svake zamene definisemo brojem belih kuglica ukutiji.

    (a) Sastaviti matricu prelaza za jedan korak.(b) Ako su na pocetku u kutiji bile 1 bela i 2 crne kuglice, naci verovat-

    nocu da ce nakon dve zamene stanje u kutiji biti nepromenjeno.(c) Naci finalne verovatnoce.

    8. Data je gustina obelezja X: X

    (x) = 12

    xe

    x

    , x > 0.

    (a) Metodom maksimalne verodostojnosti naci ocenu parametra .(b) Pokazati da je nadena ocena centrirana.(c) 2 testom testirati saglasnost uzorka

    Ii (0, 1] (1, 2] (2, 4] (4, 6] (6,+)mi 24 12 8 4 2

    sa datim obelezjem za = 1 i pragom znacajnosti = 0.05.

    Resenja:

    1. Oznake dogadaja: D - izvucena je bela kuglica,A - izvucena kuglica je iz kutije A,B - izvucena kuglica je iz kutije B.

    Dogadaji A i B cine potpun sistem dogadaja, a po uslovu zadatka vazi

    P (A) = P (B) = 12 , P (D | A) = 27 , P (D | B) = 12 ,te je

    P (D) = P (A)P (D | A) + P (B)P (D)B = 12 27 + 12 12 = 1128 .Trazenu verovatnocu dobijamo na osnovu Bajesove formule:

    P (B | D) = P (B)P (D | B)P (D)

    =12 121128

    =711

    .

    33

  • 2. Funkcija raspodele slucajne promenljive Y je

    FY (y) =

    0 , y 012y , 0 < y 21 , 2 < y

    .

    Dogadaji {X = 1} i {X = 0} cine potpun sistem dogadaja pa jeF

    Z(z) = P (Z < z) = P (XY < z) =

    = P (X = 1)P (XY < z | X = 1) + P (X = 0) P (XY < z | X = 0) == 23P (Y < z) + 13P (0 < z) = 23P (Y > z) + 13P (0 < z) == 23 (1 P (Y z)) + 13P (0 < z) == 23 (1 P (Y < z)) + 13P (0 < z) = 23 (1 FY (z)) + 13P (0 < z) = . . .(a) Za z 2 ( z 2) vazi:

    FZ (z) =23 (1 1) + 0 = 0,

    (b) za z (2, 0] ( z [0, 2)) vazi:F

    Z(z) = 23

    (1 z2

    )+ 0 = 2+z3 ,

    (c) za z > 0 ( z < 0) vazi:FZ (z) =

    23 (1 0) + 13 = 1.

    Prema tome: FZ

    (z) =

    0 , z 22+z3 , z (2, 0]1 , 0 < z

    .

    3. X

    (x) ={

    1 , x [1, 2]0 , x 6 [1, 2] ,

    Y | {X=x} (y) =

    {1 , y [x, x + 1]0 , y 6 [x, x + 1] ,

    - x

    6y

    1 2

    1

    2

    3

    y = x

    y = x + 1

    0

    D

    slika 1

    ......

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

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

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

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

    D ={

    (x, y) R2 x [1, 2] y [x, x + 1]} (vidi sliku 1), pri cemu jem (D) = 1 (povrsina oblasti D).

    X,Y (x, y) = X (x)Y | {X=x} (y) ={

    1 , (x, y) D0 , (x, y) 6 D .

    Posmatrajmo transformaciju f : (X,Y ) (U,Z) definisanu saZ = Y1X+1 i U = X

    (f (x, y) =

    (x, y1x+1

    )).

    Resavajuci sistem jednacina z = y1x+1 u = x po x i y (resenjasu x = u y = (u + 1) z + 1) dobijamo inverznu transformaciju(x, y) = f1 (u, z) = (u, (u + 1) z + 1).

    Transformacija f je neprekidna na oblasti D, a oblast D je ogranicenapravama l1 : x = 1, l2 : x = 2, l3 : y = x, l4 : y = x + 1, odnosno

    34

  • l1 = { (1, y) | y R} , l2 = { (2, y) | y R} ,l3 = { (x, x) | x R} , l4 = { (x, x + 1) | x R} ,

    pa je oblast D = f (D) ogranicena krivama

    l1 = f (l1) = { (1, z) | z R} , l2 = f (l2) = { (2, z) | z R} ,l3 = f (l3) =

    {(u, u1u+1

    ) u R}

    , l4 = f (l4) ={(

    u, uu+1

    ) u R}

    ,

    odnosno l1 : u = 1, l2 : u = 2, l

    3 : z =

    u1u+1 , l

    4 : z =

    uu+1 ,

    - u

    6z

    1 2

    12

    13

    23

    z = u1u+1

    z = uu+1

    0

    D

    slika 2

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

    pa dobijamo da je D ={

    (u, z) R2 u [1, 2] z

    [u1u+1 , ,

    uu+1

    ]}

    (vidi sliku 2). Jakobijan inverzne transformacije f1 je:

    J1f1 (u, z) =

    xu xzyu yz

    =

    1 0z u + 1

    = u + 1.

    Tako dolazimo do gustine vektora (U,Z) :

    U,Z

    (u, z) = X,Y

    (f1 (u, z)

    ) J1f1 (u, z) =

    = X,Y

    (u, (u + 1) z + 1) |u + 1| ={

    u + 1 , (u, z) D0 , (u, z) 6 D ,

    i do gustine slucajne promenljive Z:

    Z

    (z) =

    U,Z

    (u, z) du = . . .

    (a) Za z 6 [0, 23]

    je: Z

    (z) =

    0du = 0.

    (b) Za z [0, 13]

    je:

    Z (z) =

    1+z1z1

    (u + 1) du = (u+1)2

    2

    1+z1z|1

    = 12(1z)2 2.

    (c) Za z ( 13 , 12]

    je:

    Z

    (z) =21

    (u + 1) du = (u+1)2

    2

    2

    |1

    = 92 2 = 52 .

    (d) Za z ( 12 , 23]

    je:

    Z

    (z) =2

    z1z

    (u + 1) du = (u+1)2

    2

    2

    |z

    1z

    = 92 12(1z)2 .

    35

  • 4. Obelezimo sa X broj dobitnih od n kupljenih listica.

    X : B (n, 0.9), E (X) = 0.9n, D (X) = 0.09n.(a) n = 100010 = 100, X : B (100, 0.9), E (X) = 90, D (X) = 9.

    Treba da je broj dobitnih listica veci ili jednak sa 9200100 = 92, tako daje trazena verovatnoca

    P (X 92) = 1 P (X < 92) = 1 P(

    XE(X)D(X)

    92E(X)D(X)

    )[1]=

    = 1 P(X 9290

    9

    ) 1 P (X 0.67) 1 (0.67)

    1 0.7486 0.2514.(b) Trazimo n za koje ce broj dobitnih listica biti bar 10000100 = 100

    sa verovatnocom od 0.95 ili vecom, odnosno resavamo po n ne-jednacinu P (X 100) 0.95. Kako jeP (X 100) 0.95 1 P (X < 100) 0.95 1 P

    (X0.9n

    0.09n< 1000.9n

    0.09n

    ) 0.95 [1]

    1 P(X < 1000.9n

    0.3

    n

    ) 0.95

    P(X < 1000.9n

    0.3

    n

    ) 0.05

    (1000.9n

    0.3

    n

    ) 0.05

    1000.9n0.3

    n 1 (0.05) 1.645

    0.9n 0.4935n 100 0 (0.9t2 0.4935t 100 0 t = n) ((t 10.8187 t 10.2703) t = n) (t 10.8187 t = n) n = t2 10.81872 117.0443,treba da je n 118, odnosno ulog treba da je bar 118 10 = 1180dinara.

    [1] - Na osnovu centralne granicne teoreme je

    X = XE(X)D(X)

    N (0, 1).

    5. (a) Iz uslova

    X

    (t) dt =10

    kt+1dt = k ln 2 = 1,

    Y

    (t) dt =20

    mt+2dt = m ln 2 = 1,

    dobijamo da je k = 1ln 2 i m =1

    ln 2 .

    (b) Obelezimo sa Z slucajnu promenljivu koja pretstavlja vreme radasistema. Na osnovu opisanog nacina rada imamo da je Z = X + Yi trazi se E (Z). Imamo

    E (X) =

    tX

    (t) dt = 1ln 210

    tt+1dt =

    1ln 2

    10

    (1 1t+1

    )dt =

    = 1ln 2 (1 ln 2) = 1ln 2 1,

    36

  • E (Y ) =

    tY

    (t) dt = 1ln 220

    tt+2dt =

    1ln 2

    20

    (1 2t+2

    )dt =

    = 1ln 2 (2 2 ln 2) = 2ln 2 2,

    E (Z) = E (X) + E (Y ) = 3(

    1ln 2 1

    ).

    6. Oznacimo dogadaje: S - doslo je do susreta na brvnu,A - oba ovna padaju sa brvna.

    Koristeci formulu totalne verovatnoce imamo

    P (A) = P (S)P (A | S) + P (S)P (A | S) .Po uslovu zadatka je P (A | S) = 23 i P

    (A | S) = 0, te je

    P (A) = P (S)P (A | S).Mozemo koristiti geometrijsku interpreta-ciju verovatnoce. Oznacimo sa m (X)povrsinu oblasti X R2. Vremena kre-tanja ovnova preko brvna mozemo pred-staviti uredenim parom (o1, o2) K,gde je K kvadrat sa temenima (0, 0),(60, 0), (60, 60), (0, 60). Dogadaj Smozemo u ravni predstaviti (vidi sliku)kao oblast:

    -O1

    6O2

    10 60

    20

    60

    o2=o110

    o2=o1+20

    S

    T1

    T2.....................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

    S = { (o1, o2) | o1 10 < o2 < o1 + 20} = K \ (T1 T2).Sada dobijamo:

    m (K) = 602 = 3600, m (T1) = 402

    2 = 800, m (T2) =502

    2 = 1250,

    odakle sledi

    P (S) = m(S)m(K) =m(K)m(T1)m(T2)

    m(K) =3172 ,

    odnosno: P (A) = 23 3172 = 31108 0.2870.7. Moguce vrednosti slucajnog procesa su 0, 1, 2, 3.

    (a) Matrice prelaza za jedan i za dva koraka su:

    0 1 2 3

    0

    P = 12

    3

    0 1 0 013 0

    23 0

    0 23 013

    0 0 1 0

    ,

    0 1 2 3

    0

    P 2 = 12

    3

    13 0

    23 0

    0 79 029

    29 0

    79 0

    0 23 013

    .

    (b) Vektor pocetne raspodele:0 1 2 3

    p0 =[

    0 1 0 0].

    Vektor raspodele nakon dva koraka:0 1 2 3

    p2 = p0 P 2 =[ 0 79 0 29].

    Prema tome, verovatnoca da stanje nakon dva koraka ostaje ne-promenjeno iznosi p1 (2) = 79 .

    37

  • (c) Finalne verovatnoce pj , j {0, 1, 2, 3} nalazimo resavanjem sistema:[p0 p

    1 p

    2 p

    3] P = [p0 p1 p2 p3] p0 + p1 + p2 + p3 = 1.

    p0 + p1 + p

    2 + p

    3 = 1

    13p1 = p

    0

    p0 +23p2 = p

    1

    23p1 + p

    3 = p

    2

    13p2 = p

    3

    p0 + p1 + p

    2 + p

    3 = 1

    p1 +34p2 +

    34p3 =

    34

    p2 +37p3 =

    37

    p3 =18

    p3 =18

    p2 =38

    p1 =38

    p0 =18

    dobijamo

    p =0 1 2 3[18

    38

    38

    18

    ].

    8. (a) L () =n

    i=1

    X (xi;) = 2nn

    (n

    i=1

    xi

    ) 12exp

    ( 1

    n

    i=1

    xi

    ),

    ln L () = n ln 2 n ln 12

    lnn

    i=1

    xi 1

    n

    i=1

    xi ,

    ln L ()

    = n

    +12

    n

    i=1

    xi = 0 = 1

    n

    n

    i=1

    xi .

    Odnosno, dobili smo ocenu: =1n

    n

    i=1

    Xi .

    (b) E()

    = 1nn

    i=1

    E(

    Xi)

    = 1nnE(

    X)

    = E(

    X)

    =

    =

    x X (x) dx =

    0

    x

    2

    x exp

    (

    x

    )dx =

    = 12 0

    exp(

    x

    )dx

    [1]=

    0

    t exp (t) dt = (2) = .

    [1] - Smenom

    x = t.

    Dakle, ocena je centrirana.

    (c) Funkcija raspodele slucajne promenljive X glasi:

    FX

    (x) =

    0 , x 0x0

    12

    xe

    xdx , x > 0 ={

    0 , x 01 e

    x , x > 0

    ,

    38

  • a u tablici spajamo poslednja dva intervala da bi svako mi bilonajmanje 5. Obim uzorka je: n = 24+12+8+6 = 50. Odgovarajuceteorijske verovatnoce pi dobijamo na sledeci nacin:pi = P (X (ai, bi]) = FX (bi) FX (ai).Prema tome, 2 test primenjujemo na sledece podatke:

    (ai, bi] (0, 1] (1, 2] (2, 4] (4, +)mi 24 12 8 6pi 0.6321 0.1248 0.1078 0.1353npi 31.606 6.238 5.389 6.767

    Sada dobijamo:

    23 =4

    i=1

    (npi mi)2npi

    8.51 > 2410;0.05 7.81,

    sto znaci da hipotezu odbacujemo.

    27.09.1999.

    1. U kutiji se nalaze 4 ispravna i 2 neispravna proizvoda. Na slucajan nacinse izvlaci grupa od 3 proizvoda i ako medu njima ima neispravnih, svi sevracaju. Ako je grupa proizvoda vracena, koliko iznosi verovatnoca da jevracena zato sto su u njoj bila 2 neispravna?

    2. Baca se kockica za Covece ne ljuti se. Ako padne paran broj, baca se josjedna, a ako padne neparan broj, bacaju se jos dve kockice. Oznacimo saX ukupan broj pojavljivanja dvojke, a sa Y ukupan broj pojavljivanjatrojke.

    (a) Naci zajednicku raspodelu slucajnog vektora (X,Y ).

    (b) Naci E (Y | X = 1).3. Dvodimenzionalna slucajna promenljiva (X, Y ) data je gustinom

    X,Y

    (x, y) ={

    127

    (x2 + y

    ), (x, y) T

    0 , (x, y) 6 T ,

    gde je T oblast: 0 < x < 1, 1 x < y < 1.(a) Naci raspodelu slucajne promenljive Z = X2 + Y .

    (b) Izracunati verovatnocu P(1 < Z < 32

    ).

    4. Kolicina praska u jednoj kesi ima ocekivanu vrednost a = 3.6 kg sastandardnim odstupanjem = 0.05 kg. Kolicina praska u jednoj kesi usanduku je nezavisna od kolicine praska u ostalim kesama. Koliko najvisemoze biti kesa u sanduku pa da ukupna kolicina praska bude manja od400 kg sa verovatnocom 0.9?

    39

  • 5. Za ocenu nepoznatog parametra m u obelezju sa normalnom raspodelomN (m, 1) predlozene su ocene:

    1 = nX1 (X2 + X3 + . . . + Xn) ,2 = (n 1) X1+X22 (X3 + X4 + . . . + Xn) .

    (a) Ispitati centriranost datih ocena.

    (b) Koja ocena je efikasnija?

    6. Troje dece se dodaju loptom. Anica sa istom verovatnocom dodaje Brankui Cani, Branko dvostruko verovatnije dodaje Anici nego Cani, Cana uvekdodaje Branku. Vreme leta lopte je zanemarljivo malo, deca podjednakodugo zadrzavaju loptu.

    (a) Ako dodavanje traje dovoljno dugo, koliki deo vremenskog periodaje lopta kod kojeg deteta?

    (b) Dodajmo uslov da devojcice u 10% dodavanja ispustaju loptu, i utakvom slucaju se igra prekida. Ako je lopta na pocetku bila kodBranka, koliko iznosi verovatnoca da ce biti vise od cetiri dodavanja?

    7. Dva tenisera igraju u dva uzastopna dobijena seta. Prvi igrac dobijapojedinacni set sa verovatnocom 0.7, a drugi sa 0.3. Slucajna promenljivaX predstavlja broj odigranih setova.

    (a) Naci raspodelu slucajne promenljive X.

    (b) Naci karakteristicnu funkciju slucajne promenljive X i pomocukarakteristicne funkcije matematicko ocekivanje.

    8. Na simpozijumu od 40 ucesnika, njih 30 govori srpski jezik, 12 madarskii 3 slovacki, 6 govori srpski i madarski, 2 srpski i slovacki i 2 madarski islovacki. Jedan ucesnik govori sva tri jezika. Naci verovatnocu da slucajnoodabran ucesnik ne govori ni jedan od navedenih jezika.

    9. 2 testom sa pragom znacajnosti = 0.05 testirati hipotezu da datiuzorak ne protivureci normalnoj raspodeli N (m, 4):

    (1, 3] (3, 5] (5, 8] (8, 12] (12, 15] (15, 17]2 3 7 10 11 7

    Resenja:

    1. Oznacimo sa Hi, i {0, 1, 2} broj neispravnih od tri izvucena proizvoda,pri cemu je A = H1 + H2 dogadaj koji oznacava da su tri izvucenaproizvoda vracena u kutiju. Verovatnoce ovih dogadaja su:

    P (H0) =( 43 )( 63 )

    = 420 =15 , P (H1) =

    ( 42 )( 21 )( 63 )

    = 6220 =35 ,

    P (H2) =( 41 )( 22 )

    ( 63 )= 1 P (H0) P (H1) = 15 .

    40

  • Trazena verovatnoca je:

    P (H2 | A) = P (H2A)P (A)

    =P (H2 (H1 + H2))

    P (H1 + H2)=

    =P (H2)

    P (H1) + P (H2)=

    15

    35 +

    15

    =14,

    gde smo koristili da su H1 i H2 disjunktni dogadaji.

    2. Oznacimo sa A, B, C slucajne promenljive koje predstavljaju redombrojeve dobijene pri prvom, drugom, trecem bacanju kockice, pri cemucemo smatrati npr. da C uzima vrednost 0 ako treceg bacanja uopstenema (u prvom bacanju je pao paran broj). Iz formulacije zadatka vidimoda su (A, B) i (B, C) parovi nezavisnih slucajnih promenljivih, dokslucajne promenljive A i C nisu nezavisne. Za ove slucajne promenljiveimamo sledece zakone raspodele:

    P (A = k) = P (B = k) = 16 , k {1, 2, 3, 4, 5, 6},P (C = 0) = P (A {2, 4, 6}) = 12 ,P (C = k) = P (A {2, 4, 6})P (C = k | A {2, 4, 5})+

    +P (A {1, 3, 5})P (C = k | A {1, 3, 5}) == 12 0 + 12 16 = 112 , k {1, 2, 3, 4, 5, 6}.

    Skupovi mogucih vrednosti slucajnih promenljivih X i Y su redomRX = {0, 1, 2} i RY = {0, 1, 2, 3}. Koristeci navedene slucajne promen-ljive i dogadaje Kn = {A {1, 3, 5}} i Kp = {A {2, 4, 6}} koji cinepotpun sistem dogadaja, pri cemu je P (Kn) = P (Kp) = 12 , dolazimo dozakona raspodele slucajnog vektora (X, Y ) :

    pi,j = P (X = i, Y = j) =

    = P (Kn)P (X = i, Y = j | Kn) + P (Kp) P (X = i, Y = j | Kp) == P (Kn)

    P(X=i,Y =j,Kn)P(Kn)

    + P (Kp)P(X=i,Y =j,Kp)

    P(Kp)=

    = P (X = i, Y = j,Kn) + P (X = i, Y = j, Kp) =

    = P (X = i, Y = j, A {1, 3, 5}) + P (X = i, Y = j, A {2, 4, 6}) ,(i, j RX RY ) .

    Dakle:

    p0,0 = P (X = 0, Y = 0, A {1, 3, 5}) + P (X = 0, Y = 0, A {2, 4, 6}) == P (A {1, 5} , B {1, 4, 5, 6} , C {1, 4, 5, 6}) +

    +P (A {4, 6} , B {1, 4, 5, 6} , C = 0) == P (A {1, 5} , B {1, 4, 5, 6} , C {1, 4, 5, 6}) +

    +P (A {4, 6} , B {1, 4, 5, 6}) = 26 46 46 + 26 46 = 80216 ,

    41

  • p0,1 = P (X = 0, Y = 1, A {1, 3, 5}) + P (X = 0, Y = 1, A {2, 4, 6}) ==

    (P (A = 3, B {1, 4, 5, 6} , C {1, 4, 5, 6})+

    +P (A {1, 5} , B = 3, C {1, 4, 5, 6})++P (A {1, 5} , B {1, 4, 5, 6} , C = 3)

    )+

    +P (A {4, 6} , B = 3, C = 0) ==

    (16 46 46 + 26 16 46 + 26 46 16

    )+ 26 16 = 44216 ,

    p0,2 = P (X = 0, Y = 2, A {1, 3, 5}) + P (X = 0, Y = 2, A {2, 4, 6}) ==

    (2 16 16 46 + 26 16 16

    )+ 0 = 10216 ,

    p0,3 = P (X = 0, Y = 3, A {1, 3, 5}) + P (X = 0, Y = 3, A {2, 4, 6}) == 16 16 16 + 0 = 1216 ,

    p1,0 = P (X = 1, Y = 0, A {1, 3, 5}) + P (X = 1, Y = 0, A {2, 4, 6}) ==

    (26 16 46 + 26 16 16

    )+

    (16 46 + 26 16

    )= 52216 ,

    p1,1 = P (X = 1, Y = 1, A {1, 3, 5}) + P (X = 1, Y = 1, A {2, 4, 6}) ==

    (16 16 46 + 16 46 16 + 26 16 16 + 26 16 16

    )+ 16 16 = 18216 ,

    p1,2 = P (X = 1, Y = 2, A {1, 3, 5}) + P (X = 1, Y = 2, A {2, 4, 6}) ==

    (16 16 16 + 16 16 16

    )+ 0 = 2216 ,

    p1,3 = P (X = 1, Y = 3, A {1, 3, 5}) + P (X = 1, Y = 3, A {2, 4, 6}) = 0,p2,0 = P (X = 2, Y = 0, A {1, 3, 5}) + P (X = 2, Y = 0, A {2, 4, 6}) =

    = 26 16 16 + 16 16 = 8216 ,p2,1 = P (X = 2, Y = 1, A {1, 3, 5}) + P (X = 2, Y = 1, A {2, 4, 6}) =

    = 16 16 16 + 0 = 1216 ,p2,2 = P (X = 2, Y = 2, A {1, 3, 5}) + P (X = 2, Y = 2, A {2, 4, 6}) = 0,p2,3 = P (X = 2, Y = 3, A {1, 3, 5}) + P (X = 2, Y = 3, A {2, 4, 6}) = 0,

    Y

    X0 1 2 3

    0 8021644216

    10216

    1216

    1 5221618216

    2216 0

    2 82161

    216 0 0 .

    Sada dobijamo

    P (X = 1) =3

    i=0

    P (X = 1, Y = i) = 52216 +18216 +

    2216 + 0 =

    72216 .

    Zakon raspodele uslovne slucajne promenljive Y | {X = 1} :P (Y = 0 | X = 1) = P(X=1,Y =0)P(X=1) = 1318 ,P (Y = 1 | X = 1) = P(X=1,Y =1)P(X=1) = 14 ,

    42

  • P (Y = 2 | X = 1) = P(X=1,Y =2)P(X=1) = 136 ,P (Y = 3 | X = 1) = P(X=1,Y =3)P(X=1) = 0,

    Y | {X = 1} :(

    0 1 21318

    14

    136

    ),

    odakle dobijamo trazeno matematicko ocekivanje:

    E (Y | X = 1) =2

    k=0

    kP (Y = k | X = 1) = 0 1318 + 1 14 + 2 136 = 1136 .

    3. Posmatrajmo transformaciju f : (X, Y ) (Z,U) definisanu saZ = X2 + Y , U = Y ; dakle, funkcija f : R2 R2 je definisana saf (x, y) =

    (x2 + y, y

    ), (x, y) T . Oblast T (vidi sliku 1) je ogranicena

    duzima

    l1 = { (x, 1 x) | x [0, 1]} (y = 1 x),l2 = { (x, 1) | x [0, 1]} (y = 1),l3 = { (1, y) | y [0, 1]} (x = 1),pa, posto je funkcija f neprekidna i monotona na oblasti T , oblastT = f (T ) (vidi sliku 2) je ogranicena lukovima

    l1 = f (l1) ={(

    u2 u + 1, u) u [0, 1]} (z = u2 u + 1),

    l2 = f (l2) ={(

    x2 + 1, 1) x [0, 1]} = { (z, 1) | z [1, 2]} (u = 1),

    l3 = f (l3) = { (1 + y, y) | y [0, 1]} = { (z, z 1) | z [1, 2]} (u = z1).

    -