( 1 ) ( 3 ) · g j. 3 6 n = =2 64. broj svih povoljnih ishoda (da više puta padne pismo nego grb)...

1

Zadatak 141 (4A, TUPŠ) Ako su događaji A i B nezavisni, dokažite da su nezavisni i njihovi komplementi i .A B

Rješenje 141

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

vjerojatnost komple1

m ta1

11

en

P X PP A P B P A P B P A P B P A B

XP

⋅ = = − ⋅ − = − − + ⋅

= −=

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

nezavisnost događa1

ja1

iX YP A P B P A B P A P B P

P X Y P X YA

PB

= = − − + = − + − = = ⋅

∩∩

∩

( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( )1

vjerojatnost komplementavjerojatnost unije događaja i

1

X Y

P X Y P X P Y P X Y P X P XP A B P A B

= = − = = = = + − =

−

∩∪

∪∪

( )de Morgan

.ov zakon

XP

YA

XB

Y

= = =∪

∩∩

Dobili smo da je

( ) ( ) ( )P A B P A P B= ⋅∩

pa su komplementi iA B nezavisni.

Vježba 141

Za svaki događaj A vrijedi ( ) ( )1 .P A P A= − Dokaži.

Rezultat: Budući da je A suprotni događaj događaju A, slijedi:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 .A A

P P A A P A P A P A P AA A

= Ω ⇒ Ω = ⇒ = ⇒ + = ⇒ = −

= ∅

∪∪

∩

Zadatak 142 (Roko, gimnazija) Vjerojatnost da strijelac pogodi cilj iznosi 0.85. Kolika je vjerojatnost da ne pogodi cilj, ako

gađa tri puta?

Rješenje 142 Ponovimo!

Suprotni događaj

Događaj koji se ostvaruje samo onda kad se slučajan događaj A nije ostvario nazivamo suprotan

događaj događaja A. Označavamo ga sa .A

Vjerojatnost suprotnog događaja

Za svaki događaj A vrijedi:

( ) ( ).1P A P A= −

Nezavisni događaji

Događaji A i B iz istog prostora elementarnih događaja Ω su nezavisni onda i samo onda ako vrijedi

( ) ( ) ( ).P A B P A P B= ⋅∩

Zadani su događaji:

( )strijelac iz prvog pogotka pogađa cilj 0.85,1 1

A P A= ⇒ =

( )strijelac iz drugog pogotka pogađa cilj 0.85,2 2

A P A= ⇒ =

( )strijelac iz trećeg pogotka pogađa cilj 0.85.3 3

A P A= ⇒ =

Budući da su događaji A1, A2, i A3 nezavisni, vjerojatnost događaja

strijelac ne pogađa cilj ni iz prvog, ni iz drugog, ni iz trećeg pogotka1 2 3

A A A =∩ ∩

2

iznosi:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )1 1 11 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3

P A A A P A P A P A P A A A P A P A P A= ⋅ ⋅ ⇒ = − ⋅ − ⋅ − ⇒∩ ∩ ∩ ∩

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 0.85 1 0.85 1 0.85 0.15 0.15 0.151 2 3 1 2 3

P A A A P A A A⇒ = − ⋅ − ⋅ − ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒∩ ∩ ∩ ∩

( ) 30.15 .

1 2 3P A A A⇒ =∩ ∩

Vježba 142

Vjerojatnost da strijelac pogodi cilj iznosi 0.85. Kolika je vjerojatnost da ne pogodi cilj, ako

gađa dva puta?

Rezultat: 0.152.

Zadatak 143 (Vidra, gimnazija) Metalni novčić bacamo 6 puta. Kolika je vjerojatnost da će više puta pasti pismo nego grb?

Rješenje 143

Permutacije elemenata među kojima ima jednakih – koje ne razlikujemo jesu permutacije s

ponavljanjem. Ako u nizu od n elemenata ima više skupina jednakih, recimo k1 jedne vrste, k2 druge

vrste, k3 treće vrste, …, kr r – te vrste tako da je

k1 + k2 + k3 + … + kr = n,

onda je broj permutacija s ponavljanjem jednak

, , ,..., !1 2 3! ! ! .... !

1 2 3

.k k k k nr

Pnk k k kr

=⋅ ⋅ ⋅ ⋅

Neka je , , , ...,1 2 3

A nω ω ω ω= ⊆ Ω proizvoljan događaj, onda vjerojatnost od A definiramo sa

broj povoljnih elementarnih događaja za događaj A

broj svih mogućih elementarnih do( )

ga.

đaja

mP A

n= =

• Novčić bacamo 6 puta. Prva mogućnost da više puta padne pismo nego grb je:

pala su 4 pisma i 2 grba.

U svakoj permutaciji permutiranjem 4 pisma odnosno 2 grba ne dobivamo novu permutaciju. Prema

tome ukupan broj iznosi:

6 ! 5 6 304, 4 !

4 !

215.

6 4 ! 2 ! 2 ! 1 2P

⋅ ⋅= = = =

⋅ ⋅ ⋅

• Novčić bacamo 6 puta. Druga mogućnost da više puta padne pismo nego grb je:

palo je 5 pisama i 1 grb.

U svakoj permutaciji permutiranjem 5 pisama odnosno 1 grba ne dobivamo novu permutaciju. Prema

tome ukupan broj iznosi:

56 ! 656.

6 5 !

!

5 !P

⋅= = =

• Novčić bacamo 6 puta. Treća mogućnost da više puta padne pismo nego grb je:

palo je svih 6 pisama.

Prema tome ukupan broj iznosi:

6 !

6

61.

6 !P = =

Budući da novčić bacamo 6 puta, broj svih mogućih ishoda (rezultata) iznosi:

grbpismoG J

3

62 64.n = =

Broj svih povoljnih ishoda (da više puta padne pismo nego grb) je:

15 6 1 22.m = + + =

Vjerojatnost događaja iznosi:

22 11( ) 0.34375.

64 32

mP A

n= = = =

Vježba 143

Metalni novčić bacamo 6 puta. Kolika je vjerojatnost da će više puta pasti grb nego pismo?

Rezultat: 0.34375.

Zadatak 144 (Iris, gimnazija) U vazi imamo 4 različita crvena, 3 različita žuta i 2 različita bijela cvijeta. Na koliko načina iz

ovog cvijeća možemo napraviti buketić od 3 cvijeta tako da on sadrži bar jedan crveni cvijet?


Neka je S skup od n elemenata i neka je r prirodan broj ili nula takav da je r ≤ n. Kombinacija r – tog

razreda u skupu S je svaki r – člani podskup skupa S. Broj svih kombinacija r – tog razreda jednak je

binomnom koeficijentu :n

r

( )( ) ( ) ( )1 2 ... 1!

! ! !.

n n n n n rnrCn

r r n r r

⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − + = = =

⋅ −

Princip uzastopnog prebrojavanja

Ako element s1 možemo izabrati is skupa S1 na n1 različitih načina, nakon toga (bez obzira na to koji

smo element već izabrali) element s2 iz skupa S2 na n2 načina, nakon toga element s3 iz skupa S3 na n3

načina itd., onda je ukupan broj načina izbora niza s1, s2, s3, …, sk jednak

N = n1 · n2 · n3 · … · nk.

1.inačica

• Slažemo buketić od 1 cvijeta crvene boje i 2 cvijeta ostalih boja.

Jedan crveni cvijet može se odabrati na 4

1

, a dva cvijeta ostalih boja na 5

2

načina. Tada je moguć

broj izbora cvijeća

4 5.

1 2

⋅

• Slažemo buketić od 2 cvijeta crvene boje i 1 cvijeta ostalih boja.

Dva crvena cvijeta mogu se odabrati na 4

2

, a jedan cvijet ostalih boja na 5

1

načina. Tada je moguć

broj izbora cvijeća

4 5.

2 1

⋅

• Slažemo buketić od 3 cvijeta crvene boje i 0 cvjetova ostalih boja.

Tri crvena cvijeta mogu se odabrati na 4

3

, a nula cvjetova ostalih boja na 5

0

načina. Tada je

moguć broj izbora cvijeća

4 5.

3 0

⋅

4

Ukupan broj načina izbora cvijeća je:

4 5 4 5 4 54 10 6 5 4 1 40 30 4 74.

1 2 2 1 3 0

⋅ + ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ = + + =

2.inačica

U vazi je ukupno 9 cvjetova pa se tri cvijeta mogu odabrati na 9

3

načina. Od 5 cvjetova koji nisu

crvene boje tri se mogu odabrati na 5

3

načina. Broj načina na koji možemo iz ovog cvijeća napraviti

buketić od 3 cvijeta tako da on sadrži bar jedan crveni cvijet iznosi:

9 5 9 8 7 5 4 384 10 74.

3 3 1 2 3 1 2 3

⋅ ⋅ ⋅ ⋅− = − = − =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

Vježba 144

U vazi imamo 5 različita crvena, 3 različita žuta i 2 različita bijela cvijeta. Na koliko načina iz

ovog cvijeća možemo napraviti buketić od 3 cvijeta tako da on sadrži bar jedan crveni cvijet?

Rezultat: 110.

Zadatak 145 (Anita, gimnazija) Iz kutije s kuglicama označenim brojevima od 11 do 20 izvlačimo odjednom četiri kuglice.

Kolika je vjerojatnost da je zbroj izvučenih brojeva manji od 74?

Rješenje 145 Klasična definicija vjerojatnosti U klasičnom vjerojatnosnom prostoru vjerojatnost događaja A računa se formulom:

broj povoljnih ishoda (rezultata)

broj mogućih ishoda (rezu( )

ltata.

)

mP A

n= =

Kombinacije bez ponavljanja




r

( )( ) ( ) ( )1 2 ... 1!

! ! !.

n n n n n rnrCn

r r n r r

⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − + = = =

⋅ −

Četiri kuglice između njih deset možemo odabrati na 10

4

načina. Zato je broj svih mogućih ishoda

(rezultata):

10 10 9 8 7210.

4 1 2 3 4n

⋅ ⋅ ⋅= = =

⋅ ⋅ ⋅

Samo jedan zbroj od četiri izvučene kuglice ima vrijednost 74 (20 + 19 + 18 + 17), a svi ostali su

manji. Broj svih povoljnih ishoda (rezultata) je:

20191817161514131211

5

10 10 9 8 71 1 210 1 209.

4 1 2 3 4m

⋅ ⋅ ⋅= − = − = − =

⋅ ⋅ ⋅

Vjerojatnost da je zbroj izvučenih brojeva manji od 74 iznosi:

( ) ( ) ( )209

0.99524.210

mP A P A P A

n= ⇒ = ⇒ =

Vježba 145

Iz kutije s kuglicama označenim brojevima od 11 do 20 izvlačimo odjednom tri kuglice.

Kolika je vjerojatnost da je zbroj izvučenih brojeva manji od 57?

Rezultat: 0.99167.

Zadatak 146 (Vedrana, srednja škola) Koliko je različitih mogućnosti raspodjele 32 karte na 4 igrača tako da se svakom dijeli

odjednom po 8 karata?





r

( )( ) ( ) ( )1 2 ... 1!

! ! !.

n n n n n rnrCn

r r n r r

⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − + = = =

⋅ −

Poučak o uzastopnom prebrojavanju

Ako element s1 možemo izabrati is skupa S1 na n1 različitih načina, nakon toga (bez obzira na to koji



N = n1 · n2 · n3 · … · nk.

Za prvog igrača postoji 832

C načina da mu se odjednom podijeli 8 karata iz snopa od 32 karte.

Ostale su 24 karte (32 – 8 = 24).

Za drugog igrača postoji 824

C načina da mu se odjednom podijeli 8 karata iz snopa od 24 karte.

Sada je ostalo 16 karata (24 – 8 = 16).

Za trećeg igrača postoji 8

16C načina da mu se odjednom podijeli 8 karata iz snopa od 16 karata.

Preostalo je 8 karata (16 – 8 = 8).

Za četvrtog igrača postoji 88

C načina da mu se odjednom podijeli 8 karata iz snopa od 8 karata.

Prema poučku o uzastopnom prebrojavanju ukupan broj različitih mogućnosti raspodjele 32 karte na 4

igrača tako da se svakom dijeli odjednom po 8 karata iznosi:

32 24 16 88 8 8 832 24 16 8 8 8 8 8

C C C C

⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =

32 31 30 29 28 27 26 25 24 23 22 21 20 19 18 17 16 15 14 13 12 11 10 91

1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ ⋅ =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

99561092450391000.=

Vježba 146

Koliko je različitih mogućnosti raspodjele 32 karte na 2 igrača tako da se svakom dijeli

odjednom po 16 karata? Rezultat: 601 080 390.

6

Zadatak 147 (Vedrana, srednja škola)

Dokaži da je broj 2 2

1C C

n k n k+

+ + + potpun kvadrat.


Binomni koeficijent

Neka je n prirodan broj, a k prirodan broj ili 0 i k ≤ n. Binomni koeficijent označavamo simbolom

n

k

(čitamo ''n iznad k'' ili ''n povrh k'') i definiramo:

( )!

.! !

n n

k k n k

=

⋅ −

Ili

( ) ( ) ( )1 2 ....

1

!

n n n n n k

k k

⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − + =

1.n

n

=

Neka je S skup od n elemenata i neka je r prirodan broj ili nula takav da je r ≤ n. Kombinacija r – tog razreda u skupu S je svaki r – člani podskup skupa S. Broj svih kombinacija r – tog razreda jednak je


r

( )( ) ( ) ( )1 2 ... 1!

! ! !.

n n n n n rnrCn

r r n r r

⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − + = = =

⋅ −

( ) ( ) ( ) ( )1 1 12 21 2 2 1 2 1 2

n k n k n k n k n k n kC C

n k n k

+ + + + ⋅ + − + + ⋅ + + = + = + = + + + ⋅ ⋅

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 izlučimo1

2 2 2 n

n k n k n k n k n k n k n n

k

k k+ ⋅ + − + + ⋅ + + ⋅ + − + + + ⋅ + = + =

+= =

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

1 1 2 2 2.

2

2potpun kvadrat

22

n k n k n k n k n k n k n kn k

+ ⋅ + + + + ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ += = = = + −

− +

Vježba 147

Dokaži da je broj 2 2

8 9C C+ potpun kvadrat.

Rezultat: 82.

Zadatak 148 (Bajo, gimnazijalac) Na šahovskom turniru sudjeluje 12 šahista. Svaki treba odigrati partiju sa svakim od preostalih

igrača. Svake večeri igra se 6 partija. Koliko će se partija odigrati ako jedan šahist zbog bolesti napusti

turnir nakon treće večeri?





r

( )( ) ( ) ( )1 2 ... 1!

! ! !.

n n n n n rnrCn

r r n r r

⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − + = = =

⋅ −

7

1.inačica

Budući da svaki šahist (od njih 12 koji sudjeluju na turniru) treba odigrati partiju

sa svakim od preostalih igrača, ukupan broj partija iznosi:

12 12 11266.

12 2 1 2C

⋅= = =

⋅

Svake večeri igra se 6 partija pa turnir traje 11 dana (66 : 6). Budući da je jedan šahist zbog bolesti

napustio turnir nakon treće večeri, idućih 8 večeri (11 – 3) igrat će se bez njega pa je to 8 partija

manje:

66 – 8 = 58.

Ako jedan šahist zbog bolesti napusti turnir nakon treće večeri ukupno će se odigrati 58 partija.

2.inačica

Budući da svaki šahist (od njih 12 koji sudjeluju na turniru) treba odigrati partiju sa svakim od

preostalih igrača, ukupan broj partija iznosi:

12 12 11266.

12 2 1 2C

⋅= = =

⋅

Svake večeri igra se 6 partija pa turnir traje 11 dana (66 : 6). Budući da je jedan šahist zbog bolesti

napustio turnir nakon treće večeri, idućih 8 večeri (11 – 3) igrat će se bez njega, dakle, pet partija

svako veče pa je to:

3 6 8 5 18 40 58.⋅ + ⋅ = + =

Ako jedan šahist zbog bolesti napusti turnir nakon treće večeri ukupno će se odigrati 58 partija.

Vježba 148

Na šahovskom turniru sudjeluje 12 šahista. Svaki treba odigrati partiju sa svakim od preostalih

igrača. Svake večeri igra se 6 partija. Koliko će se partija odigrati ako jedan šahist zbog bolesti napusti

turnir nakon pete večeri?

Rezultat: 60.

Zadatak 149 (Ilona, gimnazija) U vreći se nalaze čarape 7 različitih boja. Koliko najmanje čarapa treba izvući iz vreće da bi

među njima sigurno bile dvije čarape iste boje?


Dirichletov princip (načelo)

Ako n + 1 zečeva treba raspodijeliti u n kaveza, onda će postojati barem jedan kavez s barem dva zeca

u njemu.

Dirichletov princip može se izreći i općenitije: Ako k · n + r zečeva, r ≥ 1, treba raspodijeliti u

n kaveza, onda će postojati barem jedan kavez s barem k + 1 zečeva u njemu. Ocjena će biti najbolja

ako je broj zečeva tako prikazan pomoću k i r, da je k maksimalan, tj. 1 ≤ r ≤ n.

Dok iz vreće izvlačimo čarape, odmah ih slažemo prema boji. Budući da je sedam mogućnosti

za boju izvučene čarape, pa ako želimo da sigurno budu izvučene dvije istobojne čarape, moramo

izvući najmanje

7 · 1 + 1 = 8 čarapa.

Vježba 149

U vreći se nalaze čarape 10 različitih boja. Koliko najmanje čarapa treba izvući iz vreće da bi

među njima sigurno bile dvije čarape iste boje?

Rezultat: 11.

? ?

8

Zadatak 150 (Ana, maturantica) Svaka strana kocke obojana je drugom bojom. Na koliko se načina mogu na strane kocke

upisati brojevi 1, 2, 3, 4, 5, 6 tako da je zbroj brojeva na nasuprotnim stranama jednak 7?

Rješenje 150 Načelo uzastopnog prebrojavanja:

Ako element s1 možemo izabrati iz skupa S1 na n1 različitih načina, nakon toga (bez obzira na to koji



...1 2 3

.N n n n nk

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

Načelo obično iskazujemo u slobodnijoj formi ovim riječima: Ako se prvi dio posla može učiniti na n1

načina, drugi dio posla na n2 načina, …, posljednji na nk načina, onda se cijeli posao može učiniti na

...1 2 3

N n n n nk

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

načina.

Budući da je zbroj brojeva na nasuprotnim stranama kocke jednak 7, postoji sljedećih šest mogućnosti:

1 + 6 = 7 , 2 + 5 = 7 , 3 + 4 = 7 , 4 + 3 = 7 , 5 + 2 = 7 , 6 + 1 = 7.

Zato je

n1 = 6.

Pretpostavimo sada da je broj 1 na prednjoj strani kocke (na zadnjoj je broj 6). Tada na gornjoj,

donjoj, lijevoj i desnoj strani kocke mogu biti sljedeći brojevi:

Dakle, postoji 8 mogućnosti:

n2 = 8.

Ukupan broj načina na koji se mogu upisati brojevi iznosi:

6 8 48.1 2

N n n= ⋅ = ⋅ =

Vježba 150 Svaka strana kocke obojana je drugom bojom. Na koliko se načina mogu na strane kocke

upisati brojevi 4, 5, 6, 7, 8, 9 tako da je zbroj brojeva na nasuprotnim stranama jednak 13?

Rezultat: 48.

Zadatak 151 (Neno, maturant) U Republici Hrvatskoj postoje novčanice od 5, 10, 20, 50, 100, 200, 500 i 1000 kuna. Ako

raspolažemo sa jednim primjerkom od svake novčanice, koliko se različitih svota može pomoću njih

načiniti? Napomena: Svaku od dobivenih svota moguće je postići s točno jednim izborom različitih

novčanica.


Svaki podskup od k (različitih) elemenata skupa S nazivamo kombinacijom k – tog razreda u skupu S.

Broj različitih kombinacija je:

( ) ( ) ( )1 2 ... 1

1 2 3 4 ....

n n n n n kkCn

k k

⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − + = =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

, , .11

n n n nn

k n k n

= = =

−

3

2

5

44

2

5

32

3

4

55

3

2

4

2

4

3

5

4

52

3

5

34

2

5

43

2

1 1 1 11 111

9

Računamo broj svota koje se mogu načiniti sa:

• jednom novčanicom: 18

C

• dvije novčanice: 2

8C

• tri novčanice: 3

8C

• četiri novčanice: 4

8C

• pet novčanica: 5

8C

• šest novčanica: 6

8C

• sedam novčanica: 7

8C

• osam novčanica: 8

.8

C

Ukupan broj svota koje se mogu načiniti iznosi:

8 8 8 8 8 8 8 81 2 3 4 5 6 7 88 8 8 8 8 8 8 8 1 2 3 4 5 6 7 8

C C C C C C C C

+ + + + + + + = + + + + + + + =

8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 82 2 2

1 2 3 4 3 2 1 8 1 2 3 4 8

= + + + + + + + = ⋅ + ⋅ + ⋅ + + =

8 7 8 7 6 8 7 6 52 8 2 2 1 16 56 112 70 1 255.

1 2 1 2 3 1 2 3 4

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ + ⋅ + ⋅ + + = + + + + =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

Vježba 151

U Republici Hrvatskoj postoje novčanice od 5, 10, 20, 50, 100, 200, 500 i 1000 kuna. Ako

raspolažemo sa jednim primjerkom novčanica od 10, 20, 50 kuna, koliko se različitih svota može

pomoću njih načiniti? Napomena: Svaku od dobivenih svota moguće je postići s točno jednim izborom

različitih novčanica..

Rezultat: 7.

Zadatak 152 (Mislav, gimnazija)

Može li funkcija ( )41

, 0, 1, 2, 3, 44

2P x x

x

= ⋅ =

biti funkcija vjerojatnosti?


Ako jedan događaj ima vjerojatnost p da će nastupiti, onda je suprotna vjerojatnost 1 – p.

Vjerojatnost događaja koji se ponavljaju

Ako obavimo n nezavisnih pokusa tada vjerojatnost da se događaj A ostvari k puta ako je njegova

vjerojatnost pojavljivanja u pokusu jednaka p iznosi

( ) .( ) 1n n kk

P A p pk

−= ⋅ ⋅ −

Binomni koeficijent

Neka je n prirodan broj, a k prirodan broj ili 0 i k ≤ n. Binomni koeficijent označavamo simbolom

n

k

(čitamo ''en iznad ka'' ili ''en povrh ka'') i definiramo:

10

( )!

.! !

n n

k k n k

=

⋅ −

Ili

( ) ( ) ( )1 2 ....

1

!

n n n n n k

k k

⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − + =

1 , 10

, , , .

n nn n n n a an m n ma a a nn k n k b b

+= = = ⋅ = =

−

Zadana funkcija može biti funkcija vjerojatnosti.

Ako obavimo k nezavisnih pokusa tada vjerojatnost da se promatrani događaj ostvari x puta ako je

njegova vjerojatnost pojavljivanja u pokusu jednaka 1

,2

iznosi:

( ) 1 .1 1

2 2

x k xk

P xx

−

= ⋅ ⋅ −

Sređivanjem dobije se:

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

2 2 2 2 2

x k x x k x kk k k

P x P x P xx x x

− −

= ⋅ ⋅ − ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒

1 1( ) ( ) .

2 2

k kP x P x

k kx x⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅

Primjer

Bacamo novčić 4 puta i računamo vjerojatnost da će pismo pasti x puta (x = 0, 1 , 2, 3, 4).

U svakom bacanju novčića vjerojatnost pojavljivanja pisma je

1.

2p =

Vjerojatnost da se pismo pojavi x (x = 0, 1, 2, 3,4) puta u četiri bacanja iznosi:

( ) ( ) ( )4 4 4

4 4 41 1 1 1 11

2 2 2 2 2

x x x x

P x P x P xx x x

− −

= ⋅ ⋅ − ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒

( )41

, 0, 1, 2, 3, 4.4

2P x x

x

⇒ = ⋅ =

Uvrštavajući x = 0, 1, 2, 3, 4 dobit ćemo sljedeće vjerojatnosti:

( )41 1

0 0 14 0 16 162

1x P

= ⇒ = ⋅ = ⋅ =

( )

41 1 4 3 23 3

4 3 16 1 2 3 162

4x P

⋅ ⋅= ⇒ = ⋅ = ⋅ =

⋅ ⋅

( )41 1

1 1 44 1 16 162

4x P

= ⇒ = ⋅ = ⋅ =

( )

41 14 4 1

4 4 16 162

1x P

= ⇒ = ⋅ = ⋅ =

( )41 1 4 3

2 24 2 16 1 2 12

6

6x P

⋅= ⇒ = ⋅ = ⋅ =

⋅

Skica ovih vrijednosti u Kartezijevu sustavu:

50% : 50%

glavapismo

11

Dakle, načinimo 4 pokusa i pitamo se: kolika je vjerojatnost da će događaj koji ima vjerojatnost 1

2

nastupiti točno x puta, tj. da neće nastupiti 4 – x puta. (Takvi se pokusi zovu Bernoullijevi nezavisni

pokusi). Vjerojatnost za to je:

( )41

, 0, 1, 2, 3, 4.4

2P x x

x

= ⋅ =

Vježba 152

Može li funkcija ( )61

, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 66

2p x x

x

= ⋅ =

biti funkcija vjerojatnosti?

Rezultat: Da.

Zadatak 153 (Anamarija, gimnazija) Dvije su kutije pune kuglica. U prvoj ima 10 crvenih i 30 zelenih kuglica, a u drugoj je 20

crvenih i 20 zelenih kuglica. Nasumce uzmemo jednu kuglicu iz proizvoljne kutije, a to je baš crvena

kuglica. Kolika je vjerojatnost da smo crvenu kuglicu uzeli iz prve kutije?


Neka je , , , ...,1 2 3

H H H Hn potpun sustav događaja. Za svaki događaj A ⊂ Ω vrijedi

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )| | | ... | .1 1 2 2 3 3

P A P H P A H P H P A H P H P A H P H P A Hn n= ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅

Bayesova formula

Neka je , , , ...,1 2 3

H H H Hn potpun sustav događaja i neka je A ⊆ Ω događaj takav da je P(A) >

0. Tada za svako i = 1, 2, 3, …, n vrijedi

( )( ) ( )

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

( ) ( )

( ) ( )| |

| .| | ... | |1 1 2 2

1

P H P A H P H P A Hi i i iP H A ni

P H P A H P H P A H P H P A H P H P A Hn n j jj

⋅ ⋅= =

⋅ + ⋅ + + ⋅ ⋅∑=

Stanoviti događaj A dogodio se, znamo da je uslijedio kao posljedica jednog od n događaja H1, H2, H3,

…, Hn, od kojih se uzajamno po dva isključuju. Događaji H1, H2, H3, …, Hn zovu se uzroci ili hipoteze

od A, a gornja formula daje vjerojatnost događaja Hi, nakon što je uslijedio A.

Označimo slovom D događaj čiju vjerojatnost tražimo: crvena kuglica uzeta je iz prve kutije.

Postavimo sljedeće hipoteze ovisno o izabranoj kutiji:

( )kuglica je uzeta iz prve kutije1

0.5.1 1 2

H P H= ⇒ = =

( )kuglica je uzeta iz druge kutij1

0.5e .2 2 2

H P H= ⇒ = =

Ako se ostvari prva hipoteza, uvjetna vjerojatnost događaja D uz ovu hipotezu jednaka je

( ) broj crvenih kuglica u prvoj kutiji

broj svih kuglica u prvoj kutij

10 10 1| 0.25.

1 10 30 40 4iP D H = = = = =

+

Ako se ostvari druga hipoteza, uvjetna vjerojatnost događaja D uz ovu hipotezu jednaka je

P(A)

k

12

( ) broj crvenih kuglica u drugoj kutiji

broj svih kuglica u drugoj kuti

20 20 1| 0.5.

2 20 20 40ji 2P D H = = = = =

+

Vjerojatnost da smo crvenu kuglicu uzeli iz prve kutije pomoću Bayesove formule iznosi:

( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )| 0.5 0.251 1

| 0.33.1 0.5 0.25 0.5 0.5| |

1 1 2 2

P H P D HP H D

P H P D H P H P D H

⋅ ⋅= = =

⋅ + ⋅⋅ + ⋅

Komentar:

Bayesovu formulu rabimo pri računanju aposteriornih vjerojatnosti pojedinih hipoteza. Pomoću nje

vršimo preprocjenu vjerojatnosti hipoteza.

Vježba 153

Dvije su kutije pune kuglica. U prvoj ima 10 crvenih i 30 zelenih kuglica, a u drugoj je 20

crvenih i 20 zelenih kuglica. Nasumce uzmemo jednu kuglicu iz proizvoljne kutije, a to je baš zelena

kuglica. Kolika je vjerojatnost da smo zelenu kuglicu uzeli iz prve kutije?

Rezultat: ( )kuglica je uzeta iz prve kutije1

0.5.1 1 2

H P H= ⇒ = =


0.5e .2 2 2

H P H= ⇒ = =

( ) broj zelenih kuglica u prvoj kutiji


30 30 3| 0.75.

1 10 30 40 4iP D H = = = = =

+

( ) broj zelenih kuglica u drugoj kutiji


20 20 1| 0.5.

2 20 20 40ji 2P D H = = = = =

+

Vjerojatnost da smo zelenu kuglicu uzeli iz prve kutije pomoću Bayesove formule iznosi:

( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )| 0.5 0.751 1

| 0.6.1 0.5 0.75 0.5 0.5| |

1 1 2 2

P H P D HP H D

P H P D H P H P D H

⋅ ⋅= = =

⋅ + ⋅⋅ + ⋅

Zadatak 154 (Anamarija, gimnazija) Dvije su kutije pune kuglica. U prvoj ima 10 crvenih i 30 zelenih kuglica, a u drugoj je 20

crvenih i 20 zelenih kuglica. Nasumce uzmemo jednu kuglicu iz proizvoljne kutije, a to je baš crvena

kuglica. Kolika je vjerojatnost da smo crvenu kuglicu uzeli iz druge kutije?


Neka je , , , ...,1 2 3


( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )| | | ... | .1 1 2 2 3 3


Bayesova formula

Neka je , , , ...,1 2 3

H H H Hn potpun sustav događaja i neka je A ⊆ Ω događaj takav da je P(A) >

0. Tada za svako i = 1, 2, 3, …, n vrijedi

( )( ) ( )

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

( ) ( )

( ) ( )| |

| .| | ... | |1 1 2 2

1

P H P A H P H P A Hi i i iP H A ni

P H P A H P H P A H P H P A H P H P A Hn n j jj

⋅ ⋅= =

⋅ + ⋅ + + ⋅ ⋅∑=

Stanoviti događaj A dogodio se, znamo da je uslijedio kao posljedica jednog od n događaja H1, H2, H3,

…, Hn, od kojih se uzajamno po dva isključuju. Događaji H1, H2, H3, …, Hn zovu se uzroci ili hipoteze

od A, a gornja formula daje vjerojatnost događaja Hi, nakon što je uslijedio A.

Označimo slovom D događaj čiju vjerojatnost tražimo: crvena kuglica uzeta je iz druge kutije.

Postavimo sljedeće hipoteze ovisno o izabranoj kutiji:

13

( )kuglica je uzeta iz prve kutije1

0.5.1 1 2

H P H= ⇒ = =


0.5e .2 2 2

H P H= ⇒ = =

Ako se ostvari prva hipoteza, uvjetna vjerojatnost događaja D uz ovu hipotezu jednaka je

( ) broj crvenih kuglica u prvoj kutiji


10 10 1| 0.25.

1 10 30 40 4iP D H = = = = =

+

Ako se ostvari druga hipoteza, uvjetna vjerojatnost događaja D uz ovu hipotezu jednaka je

( ) broj crvenih kuglica u drugoj kutiji


20 20 1| 0.5.

2 20 20 40ji 2P D H = = = = =

+

Vjerojatnost da smo crvenu kuglicu uzeli iz druge kutije pomoću Bayesove formule iznosi:

( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )| 0.5 0.52 2

| 0.67.2 0.5 0.25 0.5 0.5| |

1 1 2 2

P H P D HP H D

P H P D H P H P D H

⋅ ⋅= = =

⋅ + ⋅⋅ + ⋅

Komentar:

Bayesovu formulu rabimo pri računanju aposteriornih vjerojatnosti pojedinih hipoteza. Pomoću nje

vršimo preprocjenu vjerojatnosti hipoteza.

Vježba 154

Dvije su kutije pune kuglica. U prvoj ima 10 crvenih i 30 zelenih kuglica, a u drugoj je 20

crvenih i 20 zelenih kuglica. Nasumce uzmemo jednu kuglicu iz proizvoljne kutije, a to je baš zelena

kuglica. Kolika je vjerojatnost da smo zelenu kuglicu uzeli iz druge kutije?

Rezultat: ( )kuglica je uzeta iz prve kutije1

0.5.1 1 2

H P H= ⇒ = =


0.5e .2 2 2

H P H= ⇒ = =

( ) broj zelenih kuglica u prvoj kutiji


30 30 3| 0.75.

1 10 30 40 4iP D H = = = = =

+

( ) broj zelenih kuglica u drugoj kutiji


20 20 1| 0.5.

2 20 20 40ji 2P D H = = = = =

+

Vjerojatnost da smo zelenu kuglicu uzeli iz druge kutije pomoću Bayesove formule iznosi:

( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )| 0.5 0.52 2

| 0.4.2 0.5 0.75 0.5 0.5| |

1 1 2 2

P H P D HP H D

P H P D H P H P D H

⋅ ⋅= = =

⋅ + ⋅⋅ + ⋅

Zadatak 155 (Dino, gimnazija) U tri žare nalaze se bijele i crne kuglice. U prvoj žari su 3 bijele i 1 crna, u drugoj 6 bijelih i 4

crne i u trećoj 9 bijelih i 1 crna. Iz slučajno izabrane žare nasumce (na sreću) je izabrana kuglica. Nađi vjerojatnost da je ona bijela.


Neka je , , , ...,1 2 3


( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )| | | ... | .1 1 2 2 3 3


Označimo slovom A događaj čiju vjerojatnost tražimo: nasumce izabrana kuglica je bijela. Postavimo

sljedeće hipoteze ovisno o izabranoj žari:

14

( )kuglica je uzeta iz prve žar1

.1

e1 3

H P H= ⇒ =

( )kuglica je uzeta iz druge ža .2 2

re1

3H P H= ⇒ =

( )kuglica je uzeta iz treće ža .3 3

re1

3H P H= ⇒ =

Ako se ostvari prva hipoteza, uvjetna vjerojatnost događaja A uz ovu hipotezu jednaka je

( ) broj bijelih kuglica u prvoj žari

broj svih kuglica u prvoj žari

3| .

1 4P A H = =

Ako se ostvari druga hipoteza, uvjetna vjerojatnost događaja A uz ovu hipotezu jednaka je

( ) broj bijelih kuglica u drugoj žari

broj svih kuglica u drugoj žari

6 3| .

2 10 5P A H = = =

Ako se ostvari treća hipoteza, uvjetna vjerojatnost događaja A uz ovu hipotezu jednaka je

( ) broj bijelih kuglica u trećoj žari

broj svih kuglica u trećoj žari

9| .

3 10P A H = =

Tada vjerojatnost da je izvučena bijela kuglica iznosi:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )| | |1 1 2 2 3 3

P A P H P A H P H P A H P H P A H= ⋅ + ⋅ + ⋅ ⇒

( ) ( ) ( )31 3 1 3 1 9 1 1 1 1 1 3

3 4 3 5 3 10 4 5 10 4 5 1

3 9

3 3 3 0P A P A P A⇒ = ⋅ + ⋅ + ⋅ ⇒ = ⋅ + ⋅ + ⋅ ⇒ = + + ⇒

( ) ( ) ( ) ( )5 4 6 15 3

75%.20 20 4

P A P A P A P A+ +

⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =

Vježba 155

U tri žare nalaze se bijele i crne kuglice. U prvoj žari su 3 bijele i 1 crna, u drugoj 6 bijelih i 4

crne i u trećoj 9 bijelih i 1 crna. Iz slučajno izabrane žare nasumce (na sreću) je izabrana kuglica. Nađi vjerojatnost da je ona crna.

Rezultat: 1

25%.4

=

Zadatak 156 (Vesna, gimnazija) Imamo pet bijelih i četiri crne kuglice te ih slažemo u niz, jednu do druge. Na koliko ih načina

možemo složiti tako da crne kuglice ne budu jedna do druge pri čemu kuglice iste boje ne

razlikujemo?


Binomni koeficijent

Neka je n prirodan broj i k prirodan broj ili 0, k ≤ n. Binomni koeficijent označavamo izrazom n

k

i

definiramo ga ovako

( ) ( ) ( )1 2 ... 1

1 2 3 ..,

.

n n n n n k

k k

⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − + =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

za k ≥ 1, dok za k = 0 po definiciji stavljamo

.10

n =

15

Izraz n

k

čita se: ''n povrh (ili iznad) k''.

Svojstvo simetrije:

.n n

k n k

=

−

Neka je S skup od n elemenata i neka je r prirodni broj ili nula takav da je r ≤ n. Kombinacija r – tog



r

.nr

Cnr

=

Bijele kuglice poredamo u niz i ostavimo slobodna mjesta između njih, kao i na početku i na kraju. To

je ukupno šest mjesta. Na svako od tih šest mjesta trebamo rasporediti jednu ili niti jednu crnu kuglicu.

Broj mogućnosti iznosi (kombinacije 4 – tog razreda od 6 elemenata):

[ ]svojstvo sime6 6 6 54 4 4 4

15.6 6 6 64 2 1

e2

trijC C C C ⋅

= ⇒ ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⋅

Vježba 156

Imamo četiri bijele i tri crne kuglice te ih slažemo u niz, jednu do druge. Na koliko ih načina

možemo složiti tako da crne kuglice ne budu jedna do druge pri čemu kuglice iste boje ne

razlikujemo?

Rezultat: 310.

5C =

Zadatak 157 (Vesna, gimnazija) Imamo pet bijelih i četiri crne kuglice te ih slažemo u niz, jednu do druge. Na koliko ih načina

možemo složiti tako da crne kuglice ne budu jedna do druge pri čemu kuglice iste boje razlikujemo?


Binomni koeficijent

Neka je n prirodan broj i k prirodan broj ili 0, k ≤ n. Binomni koeficijent označavamo izrazom n

k

i

definiramo ga ovako

( ) ( ) ( )1 2 ... 1

1 2 3 ..,

.

n n n n n k

k k

⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − + =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

za k ≥ 1, dok za k = 0 po definiciji stavljamo

.10

n =

Izraz n

k

čita se: ''n povrh (ili iznad) k''.

Svojstvo simetrije:

2 3 4 5 61

16

.n n

k n k

=

−

Neka je S skup od n elemenata i neka je r prirodni broj ili nula takav da je r ≤ n. Kombinacija r – tog



r

.nr

Cnr

=

Načelo uzastopnog prebrojavanja

Ako element s1 možemo izabrati iz skupa S1 na n1 različitih načina, nakon toga (bez obzira na to koji



...1 2 3

.N n n n nk

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

Načelo obično iskazujemo u slobodnijoj formi ovim riječima: Ako se prvi dio posla može učiniti na n1

način, drugi dio posla na n2 načina, …, posljednji na nk načina, onda se cijeli posao može učiniti na

...1 2 3

n n n nk

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ načina.

Broj permutacija

Broj permutacija skupa od n različitih elemenata je:

! 1 2 3 ... .P n P nn n= ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

εεεεδδδδγγγγββββαααα

dcba

1 65432

Budući da razlikujemo kuglice iste boje, onda se:

• pet bijelih kuglica može poredati u niz na (permutacije od 5 elemenata)

5 ! 1 2 3 4 5 120 načina.5 5 5

P P P= ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =

• četiri crne kuglice može poredati u niz na (permutacije od 4 elementa)

4 ! 1 2 3 4 24 načina.4 4 4

P P P= ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =

Bijele kuglice poredamo u niz i ostavimo slobodna mjesta između njih, kao i na početku i na kraju. To

je ukupno šest mjesta. Na svako od tih šest mjesta trebamo rasporediti jednu ili niti jednu crnu kuglicu.

Prema načelu uzastopnog prebrojavanja broj mogućnosti iznosi:

[ ]svojstvo simetri6 6 6 54

5 ! 4 ! 5 ! 4 ! 5 ! 4 ! 120 24 43200.6 2 1

je4 2

C ⋅

⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅

Vježba 157

Imamo četiri bijele i tri crne kuglice te ih slažemo u niz, jednu do druge. Na koliko ih načina

možemo složiti tako da crne kuglice ne budu jedna do druge pri čemu kuglice iste boje razlikujemo?

Rezultat: 34 ! 3 ! 1440.

5C ⋅ ⋅ =

Zadatak 158 (Megy, gimnazija) Nađi vjerojatnost da slučajno izabrani dvoznamenkasti broj bude djeljiv barem ili s 3 ili sa 7.


Niz (an) je aritmetički niz ako je svaki član niza počevši od drugog jednak prethodnom članu

uvećanom za konstantu d, tj.

17

1.a a dnn

= ++

Opći član aritmetičkog niza s prvim članom a1 i razlikom d ima oblik

( )1.1a a n dn = + − ⋅

Broj članova n aritmetičkog niza dobije se iz formule

1 .1a an

nd

−= +

Neka je , , , ...,1 2 3

A nω ω ω ω= ⊆ Ω proizvoljan događaj, onda vjerojatnost od A definiramo sa

( )broj povoljnih elementarnih događaja za događaj

broj svih mogućih elementarnih događ.

aja

AP A =

Ako sa n označimo broj svih elementarnih događaja, a sa m broj povoljnih događaja, tada je

( )m

P An

=

klasična definicija vjerojatnosti slučajnog događaja A.

Vjerojatnost unije

Za bilo koja dva događaja A i B iz istog skupa svih elementarnih događaja Ω vrijedi

( ) ( ) ( ) ( ).P A B P A P B P A B= + −∪ ∩

Koliko ima dvoznamenkastih brojeva?

10, 11, 12, 13, 14, … , 97, 98, 99.

Uočimo da je to aritmetički niz za koji je: a1 = 10, d = 1, an = 99.

Dvoznamenkastih brojeva ima:

99 101 1 1 89 1 90.1

a ann

d

− −= + = + = + =

Koliko ima dvoznamenkastih brojeva djeljivih s 3?

12, 15, 18, 21, 24, … , 93, 96, 99.


Dvoznamenkastih brojeva djeljivih s 3 ima:

99 12 871 1 1 1 29 1 30.3 3

a ann

d

− −= + = + = + = + =

Koliko ima dvoznamenkastih brojeva djeljivih sa 7?

14, 21, 28, 35, 42, … , 84, 91, 98.


Dvoznamenkastih brojeva djeljivih sa 7 ima:

98 14 841 1 1 1 12 1 13.7 7

a ann

d

− −= + = + = + = + =

Koliko ima dvoznamenkastih brojeva djeljivih i s 3 i sa 7?

21, 42, 63, 84.

Dvoznamenkastih brojeva djeljivih i s 3 i sa 7 ima:

4.n =

Neka su zadani sljedeći događaji i njihove vjerojatnosti:

• ( )dvoznamenkasti broj djeljiv je s0

03

3.

9A P A= ⇒ =

• ( )dvoznamenkasti broj djeljiv je sa3

07

1.

9B P A= ⇒ =

18

• ( )dvoznamenkasti broj djeljiv je i s 3 i sa4

.90

7A B P A= ⇒ =∩

Zato je:

( ) ( ) ( ) ( )30 13 4 39 13

0.433.90 90 90 90 30

P A B P A P B P A B= + − = + − = = =∪ ∩

Vježba 158

Nađi vjerojatnost da slučajno izabrani dvoznamenkasti broj ne bude djeljiv ni s 3, ni sa 7.

Rezultat: 0.567.

Zadatak 159 (4A, TUPŠ)

U razvoju binoma

123

3

x

x

−

odredi član sa x

4.


( ) ( ) ( ) ( ), .1

, ,

n na a f x g xn n m n m

a a a a a a f x g xn nb b a

− += = ⋅ = = ⇒ =

( ) .2 2n n

a a⋅ ⋅

− =

Binomni poučak

( ) 0 1 1 2 2 1 1 0...

0 1 2 1

n n n n nn n n n n na b a b a b a b a b a b

n n

− − −+ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

−

pri čemu član

n n k ka b

k

−⋅ ⋅

zovemo općim članom binomnog razvoja. To je (k + 1). član u razvoju. Na primjer,

3 3

3

n na b

−⋅ ⋅

je četvrti član u razvoju,

8 8

8

n na b

−⋅ ⋅

je deveti član u razvoju,

19 19

19

n na b

−⋅ ⋅

je dvadeseti član u razvoju itd.

Opći član u binomnom prikazu zadanog binoma ima oblik:

( ) ( ) ( )12 12 1212 12 12 123 3 33 1212 12 123 3 3 3

k k kk k k kx x x k k

x xk k k k kk k k kx x x

− − −− − − − −⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = − − −

( ) ( )12 123 312 12 2.

12 123 3

k kk k k

x xk kk k

− − − − − ⋅= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ − −

Budući da tražimo član sa x4, slijedi:

( )12 2 412 2 4 2 4 12 2 8 : 2 ./ 4

kx x k k k k

− ⋅= ⇒ − ⋅ = ⇒ − ⋅ = − ⇒ − ⋅ = − ⇒ =−

Traženi (peti) član glasi:

8 412

8 4 8 4 4 412 3 12 11 10 9 3 11 10 9 11 9 55 411 5 .

8 4 44 3 1 2 3 4 1 2

3

93 3

109

8 433 4 2 81

x x x x xx

x x x

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

19

Vježba 159

U razvoju binoma

123

3

x

x

−

odredi član sa x10.

Rezultat: 4 10.

19683x− ⋅

Zadatak 160 (4A, TUPŠ)

U razvoju binoma

123

3

x

x

−

odredi član koji ne sadrži x.


( ) ( ) ( ) ( ), .1

, ,

n na a f x g xn n m n m

a a a a a a f x g xn nb b a

− += = ⋅ = = ⇒ =

( )2 0

1,2

.n n

a a a⋅ ⋅

− = =

Binomni poučak

( ) 0 1 1 2 2 1 1 0...

0 1 2 1

n n n n nn n n n n na b a b a b a b a b a b

n n

− − −+ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

−

pri čemu član

n n k ka b

k

−⋅ ⋅

zovemo općim članom binomnog razvoja. To je (k + 1). član u razvoju. Na primjer,

5 5

5

n na b

−⋅ ⋅

je šesti član u razvoju,

7 7

7

n na b

−⋅ ⋅

je osmi član u razvoju,

14 14

14

n na b

−⋅ ⋅

je petnaesti član u razvoju itd.

Opći član u binomnom prikazu zadanog binoma ima oblik:

( ) ( ) ( )12 12 1212 12 12 123 3 33 1212 12 123 3 3 3

k k kk k k kx x x k k

x xk k k k kk k k kx x x

− − −− − − − −⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = − − −

( ) ( )12 123 312 12 2.

12 123 3

k kk k k

x xk kk k

− − − − − ⋅= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ − −

Budući da tražimo član koji ne sadrži x, tj. mora biti x0, slijedi:

( )12 2 012 2 0 2 12 : 2 6./

kx x k k k

− ⋅= ⇒ − ⋅ = ⇒ − ⋅ ⇒−= − =

Traženi (sedmi) član glasi:

6 6 6 612 3 12 11 10 9 8 7 3 12 11 10 9 8 7 12 11 10 9 8 7

6 66 3 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6

6 63

6 633

x x

x x

x

x

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

11 10 9 8 7 11 10 8 7 11 10 3 7 11 3 2 711 2 3 2 7

12 9 8 19

0

2 624.

1 3 4 5 4 5 53 4 5

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = = = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

20

Vježba 160

U razvoju binoma

43

3

x

x

−

odredi član koji ne sadrži x.

Rezultat: 6.

( 1 ) ( 3 ) · g j. 3 6 n = =2 64. broj svih povoljnih ishoda (da više puta padne pismo nego grb)...

Documents