I. ELEMENTI KLASINE KOMBINATORIKE (kratak osvrt)

Prilikom rjeavanja zadataka prebrojavanja, esto se koriste sljedea dva elementarna principa. Neka su A i B disjunktni skupovi, ije su brojnosti A = m i B = n . Imamo: Princip 1. Broj naina da se izabere jedan element iz skupa A ili iz skupa B je m + n . Princip 2. Broj naina da se izabere jedan element iz skupa A i jedan element iz skupa B je

mn.U prvom sluaju biramo, u biti, element iz skupa A B , gdje je oigledno A B = m + n . U drugom sluaju biramo jedan element iz skupa A B = { (a, b ) a A, b B }. Tako, izbor jednog elementa iz skupa A i jednog elementa iz skupa B odreuje jedan ureeni par iz A B i tu je oigledno A B = m n . Lako poopavamo navedene principe. Ako je u pitanju k disjunktnih skupova A1 , A2 ,..., Ak ije su brojnosti redom n1 , n2 ,..., nk , onda vrijedi: a) broj naina da se izabere jedan element iz A1 ili iz A2 ,ili iz Ak je n1 + n2 + ... + nk ; b) broj naina da se izabere jedan element iz A1 i A2 ii Ak je n1 n2 ... nk . Zadnju tvrdnju formulirat emo na sljedei nain: Lema. Ako imamo k praznih mjesta i pri tome se prvo mjesto moe popuniti sa n1 razliitih elemenata, drugo mjesto sa n2 razliitih elemenata,, k -to mjesto sa nk razliitih elemenata, onda se svih k mjesta moe popuniti na n1 n2 ... nk razliitih naina.

I.1. Permutacije (bez ponavljanja)

Uzmimo n razliitih elemenata A1 , A2 ,..., An . Svaki niz (slog) od ovih n elemenata ini jednu permutaciju (bez ponavljanja). Dakle, dvije permutacije razlikuju se po redoslijedu elemenata. Pokae se (uporabom leme ili pak indukcijom), broj P (n ) svih permutacija bez ponavljanja od

n elemenata jeP (n ) = n! := 1 2 ... n .

Primjer. esto, umjesto A1 , A2 ,..., An , piemo naprosto 1,2,..., n .

1

a) Sve permutacije od 1,2,3 su: gdje je P (3 ) = 3! = 1 2 3 = 6 .

123 132

213 231

312 3 2 1,

b) Sve permutacije elemenata 1,2,3,4 (ima ih tono P (4 ) = 4! = 1 2 3 4 = 24 ) su: 1234 1243 1324 1342 1423 1432 2134 2143 2314 2341 2413 2431 3124 3142 3214 3241 3412 3421 4123 4132 4213 4231 4312 4 3 2 1.

I.2. Varijacije bez ponavljanjaUzmimo n razliitih elemenata A1 , A2 ,..., An . Svaka ureena r -torka (r n ) napravljena od ovih elemenata je jedna varijacija n -tog reda i r -tog razreda. Broj Vr(n ) svih varijacija n -tog reda i r -tog razreda jeVr(n ) = n(n 1) (n r + 1) Vr(n ) = n! (n r )!

odnosno

(Primijetimo Vn(n ) =

n! n! = = n!= P (n ) .) 0! 1

Primjer. U skupu a, b, c, d , e, f , g moemo praviti slogove: abc, acb, bac, bca, cab, cba,..., afg , agf ,..., efg , egf .

Ovdje su navedene samo neke varijacije 7-og reda i 3-eg razreda (kojih je ukupnoV3(7 ) = 7 6 5 = 210 ).

2

I.3. Permutacije s ponavljanjem

Uzmimo n elemenata, ali takvih da je meu njima r1 jednakih, r2 jednakih,, rk jednakih (gdje je r1 + r2 + ... + rk = n ). Svaki mogui poredak tih n elemenata, u nizu, je permutacija s ponavljanjem. Broj svih ovih permutacija je

Pr1(,nr2),...,rk =

n! . r1!r2!...rk !

Primjer. Uzmimo elemente AABBB . Ovdje je r1 = 2 , r2 = 3 , n = 5 , pa je broj permutacija od AABBB jednak P2(,5 ) = 35! = ... = 10 . 2!3!

To su permutacije

AABBB ABABB ABBAB ABBBA.

BAABB BABAB BABBA

BBAAB BBABA

BBBAA

I.4. Varijacije s ponavljanjem

Uzmimo n razliitih elemenata. Ako formiramo slogove od po r elemenata, doputajui pri tome da se u jednom slogu isti element moe pojaviti i vie puta, dobivamo tako varijacije s ponavljanjem n -tog reda i r -tog razreda. Pri tome moe biti r > n (i uvijek je rije o ureenoj r -torki). Broj Vr (n ) svih ovih varijacija je

Vr (n ) = n r .

1 A 4 43 A Primjedba. Uzmimo A = { ,2,..., n} . Elementi skupa Ar := 142... A su sve mogue 4r puta

ureene r -torke elemenata iz A , a to su upravo sve varijacije s ponavljanjem n -tog reda i r tog razreda. Ovih je upravo Ar = A = n r .r

3

Primjer. Sve varijacije 2-og reda i 3-eg razreda (ima ih V3(2 ) = 23 = 8 ) su:

(0,0,0) (1,0,0) (1,1,0 ) (1,0,1) (1,1,1) .

(0,1,0) (0,0,1) (0,1,1)

I.5. Kombinacije bez ponavljanja

Uzmimo skup od n elemenata (dakle n razliitih elemenata). Svaki k -elementni podskup

(k n ) ovog skupa je jedna kombinacija bez ponavljanja n -tog reda iBroj K k(n ) svih ovih kombinacija je n n(n 1)...(n k + 1) , K k(n ) = := k k! odnosno

k -tog razreda.

K k(n ) =

n! . k!(n k )!

Primjedba. U biti, ako neki skup A ima n elemenata, onda je neki njegov podskup od k elemenata jedna kombinacija bez ponavljanja ( n -tog reda i k -tog razreda). Prema tome, u n nekom skupu od n elemenata ima tono podskupova od k elemenata. Oznaimo s P(A) k skup iji su elementi svi podskupovi od A . Na primjer, za A = { ,2,3} imamo 1

P(A)={, { } , {2}, {3}, { ,2} , { ,3}, {2,3}, { ,2,3}}, i broj svih podskupova ovog skupa je 1 1 1 1P(A)=8. n n n n n n n n Openito imamo P(A)= + + + ... + + ... + n 1 + n = (1 + 1) = 2 ; k 0 1 2 P(A)= 2 n .

4

Primjer. a) Uzmimo skup 1,2,3,4,5. Sve kombinacije bez ponavljanja 5-tog reda i 3-eg razreda (svi troelementni podskupovi, odnosno sve neureene trojke) su: 123 124 125 5 5 4 3 znai = 3 1 2 3 = 10 . 134 135 145 234 235 2 4 5, 345

b) U skupu od 50 proizvoda nalazi se 40 dobrih i 10 loih. Na koliko se naina moe formirati uzorak od 5 proizvoda, ali tako da u njemu budu 3 dobra i 2 loa proizvoda?

40 10 ( ( K 340 ) K 210 ) = = 9880 45 = 444600 . 3 2

I.6. Kombinacije s ponavljanjem

Kombinacije s ponavljanjem prave se od elemenata zadanog skupa A (koji ima uzmimo n elemenata), gdje se zadaje broj r . U ove kombinacije (s ponavljanjem) spada svaki slog od r elemenata iz A , u kojem se uva prirodni poredak elemenata i gdje se doputa ponavljanje elemenata.

1 Tako, za elemente skupa A = { ,2,3,4} imamo slijedee kombinacije s ponavljanjem treegrazreda: 111 222 112 223 113 224 114 233 122 234 123 244 124 333 133 334 134 344 144 444

Broj kombinacija (s ponavljanjem) n -tog reda i r -tog razreda raunamo pomou formule: n + r 1 K r(n ) = r . 4 + 3 1 6 = = 20 . Tako je K 34 = 3 3

5

Dokaimo gornju formulu: prvo emo napraviti eksperiment na gornjem primjeru. Pribrojit emo lanovima svake gore ispisane kombinacije redom brojeve 0, 1, 2 i dobit emo 123 234 124 235 125 236 126 245 134 246 135 256 136 345 145 346 146 356 156 456

Vidimo da smo pribrojavanjem brojeva 0, 1, 2 pretvorili kombinacije s ponavljanjem od 4 elementa treeg razreda u kombinacije bez ponavljanja od 6 elemenata treeg razreda, a ovih 6 ( ( ima K 36 ) = = 20 , tj. K 3(4 ) = K 36 ) . 3 Openito, ako imamo kombinacije s ponavljanjem od n elemenata ( n -tog reda), r -tog razreda, onda lanovima tih kombinacija pribrojimo po redu brojeve 0,1,2,, r 1 . Na taj nain pretvaramo kombinacije s ponavljanjem od n elemenata r -tog razreda u kombinacije bez ponavljanja od n + r 1 elemenata, r -tog razreda, tj.imamo n + r 1 . K r(n ) = K r(n + r 1) = r

I.7. Newtonova binomna formula (a + b )n = a n + (a + b )n = n

n n1 n n2 2 n n1 n n a b + a b + ... + a nk b k + ... + n 1ab + b , odnosno k 2 1

n nk k a b . k =0 k

Poopenje binomne formule je polinomna formula:

(a1 + a2 + ... + ak )n =

n! r r r a1 1 a2 2 ...ak k , gdje se sumira preko svih r1 , r2 ,..., rk koji r1!r2!...rk !

primaju cijele vrijednosti od 0 do n , ali tako da je uvijek r1 + r2 + ... + rk = n .

Vjeba. Dokaite, sluei se kombinatorikom, gornje formule.

6

Zadaci:

1.Koliko ima eljeznikih stanica na jednoj pruzi, ako za razna putovanja tom prugom postoje 5852 razliite karte?n 1 23408 1 153 (Uputa: 2 = 5852 , n 2 n 5852 = 0 , n = , n = 77 .) = 2 2 2

2.U laboratoriju se nalazi po jedan otpornik slijedeih otpora (u omima): 1, 2, 5, 20, 35. a) Koliko se razliitih otpora moe formirati spajanjem tri otpornika u seriju? Koji su to otpori? b) Koliko se otpora uope moe formirati serijskim spajanjem gornjih otpornika (bez obzira na broj otpornika u seriji)?

5 (Rjeenje: a) = 10 , mogunosti su: 1 2 5 (8), 1 2 20 (23), 1 2 35 (38), 1 5 20 (26), 1 5 35 3

(41), 1 20 35 (56), 2 5 20 (27), 2 5 35 (42), 2 20 35 (57), 5 20 35 (60). b) (25 1) 5 = 26 ili

x = 26 .) x=2

5

5

3. Eksperiment se sastoji od 6 uzastopnih bacanja novia. Nakon svakog bacanja zapiemo P ili G, ve prema tome da li je novi pao na pismo ili glavu. Na taj nain rezultat svakog eksperimenta predoen je nizom simbola, npr. PGGPPP. Koliko razliitih rezultata moe dati opisani eksperiment? (Rjeenje: V6(2 ) = 2 6 = 64 .)

4.

k = ? k =0

n

n

n n n (Naprosto: (1 + 1) = 2 n = .) k =0 k

5. Skup od 20 proizvoda sadri 5 defektnih komada. a) Na koliko se razliitih naina moe formirati uzorak koji bi sadravao 4 dobra i 3 defektna proizvoda?

7

b) Na koliko se razliitih naina moe formirati uzorak od 6 proizvoda, ali tako da svi proizvodi u uzorku budu dobri?

15 5 15 14 13 12 5 4 3 (Rjeenje: a) = = 13650 , 4 3 1 2 3 4 1 2 3 15 b) = 5005 .) 6

6. Koliko treba elemenata da bi se od njih moglo nainiti 136 kombinacija 2-og razreda bez ponavljanja?

n (Rjeenje: = 136 , pa iz n 2 n 272 = 0 dobivamo n = 17 .) 2

7. Na koliko se razliitih naina moe razmjestiti 5 kuglica u 10 elija , ali tako da u jednu eliju doe najvie jedna kuglica?

10 10 9 8 7 6 (Rjeenje: = 5 1 2 3 4 5 = 252 .)

8. Na koliko se naina moe poredati u jedan niz m znakova + i n znakova , ali tako da dva znaka ne stoje jedan preko drugog? (Rjeenje: Imamo tono m 1 mogunosti izmeu dva plusa. Dodamo li tome mogunost ispred svih i iza svih imamo tono (m 1) + 2 mjesta za . Kako je na raspolaganju n m + 1 znakova , moemo ih rasporediti na tono n naina.)

8

II. VJEROJATNOST

II.1. Prostor elementarnih dogaaja. Vjerojatnost

Openito, zamislimo neki eksperiment koji zavrava sa tono n jednako moguih ishoda. Preciznije, rije je o tzv. sluajnom eksperimentu, eksperimentu iji ishodi (rezultati) nisu jednoznano (precizno) odreeni na osnovu uvjeta pod kojima se izvodi eksperiment. Iskustvo pokazuje da ima smisla govoriti o takvim eksperimentima i da ima smisla govoriti o jednako moguim ishodima tj.da neki mogui ishod ima iste anse (pojavljivanja) kao i svaki drugi. To emo ilustrirati i nekim primjerima. Svaki od ishoda eksperimenta zovemo elementarnim dogaajem, a skup X svih elementarnih dogaaja potpunim skupom dogaaja ili prostorom elementarnih dogaaja. Na ovom prostoru definiraju se sloeni dogaaji A , kao podskupovi prostora X elementarnih dogaaja. Takav je dogaaj, na primjer, pojavljivanje parnog broja pri bacanju kocke. Taj dogaaj nastupa ako se pojavi jedan od ovih elementarnih dogaaja: 2, 4, 6. (ak moemo naznaiti

A = {2,4,6} .)Neka je m( A) broj elementarnih koji realiziraju neki dogaaj A. Pod vjerojatnou dogaaja A smatramo omjer brojeva m( A) i n (broja svih elementarnih dogaaja):

P = P ( A) =

m( A ) m = . n n

esto se kae da je vjerojatnost omjer broja povoljnih i broja svih moguih ishoda eksperimenata. To je klasina definicija vjerojatnosti. Napominjemo, u aksiomatsko izgraenoj teoriji vjerojatnosti daje se openitija definicija, u kojoj se ne pretpostavlja da su elementarni dogaaji jednako mogui, te da je broj elementarnih dogaaja (tj.elemenata potpunog skupa dogaaja) konaan. Prazan skup (kao podskup od X ) zovemo nemogu dogaaj. Cijeli prostor X elementarnih dogaaja zovemo siguran dogaaj. Budui da svako izvoenje eksperimenta mora dati ishod koji je reprezentativan (realiziran) jednim elementarnim dogaajem (tj.elementom iz X ), vidimo siguran dogaaj se dogaa uvijek, tj.pri savkom izvoenju eksperimenta. Tu je P ( X ) =

m( X ) m = = 1 , vjerojatnost sigurnog dogaaja je 1. n n

9

Interpretirat emo i nemogu dogaaj.Izveden eksperiment podrazumijeva realizaciju nekog elementarnog dogaaja x X . Budui da prazan skup nema elemenata (tj.elementarnih dogaaja) zakljuujemo da se nemogu dogaaj nikad ne dogodi, a i vjerojatnost mu je 0 (naime P ()= 0 = 0 ). n

Konano, za svaki dogaaj A ( A X ) vrijedi 0 P ( A) 1 .

Primjeri: 1) Najjednostavniji primjer sluajnog eksperimenta jest bacanje simetrinog novia, popularna igra pismo-glava. Eksperiment se sastoji u tome da se novi baci uvis iznad ravne plohe. Poto je novi pao na plohu i umirio se, na njegovoj je gornjoj strani pismo (P) ili glava (G). Prostor X elementarnih dogaaja (ili potpuni skup dogaaja) ovdje je X = {P, G}. Svakom od ovih elementarnih dogaaja pripada ista vjerojatnost, naime 1 . 2

2) Bacimo simetrinu kocku (ije strane nose oznake 1,2,3,4,5,6). Prostor elementarnih

1 dogaaja ovog eksperimenta je skup X = { ,2,3,4,5,6}, gdje je vjerojatnost svakog odnjih 1 . Ve smo spomenuli sloeni dogaaj A koji se realizira pojavom parnog broja 6 3 1 = . 6 2

pri bacanju kocke tj. jednog od brojeva 2,4,6. Dakle A = {2,4,6} i P ( A) =

3) Bacimo (istovremeno) dvije simetrine kocke. Svi (jednako mogui) ishodi ovog eksperimenta su parovi ( x1 , x2 ) , gdje je x1 broj na prvoj, a x2 na drugoj kocki. Svi elementi skupa X su: 11 12 13 14 15 16 21 22 23 24 25 26 31 32 33 34 35 36 41 42 43 44 45 46 51 52 53 54 55 56 61 62 63 64 65 66

Definirajmo na ovom skupu X sloeni dogaaj A ovako: rei emo da je nastupio (da se dogodio) dogaaj A ako i samo ako je zbroj brojeva na kockama jednak 5.

10

Kratko: A {zbroj brojeva na kockama je 5}. Elementarni dogaaji koji realiziraju

14 A su 14, 23, 32, 41, pa piemo A = { , 23, 32, 41} . Ovdje je m( A) = 4 , n = 36 ;P ( A) =4 1 = . 36 9

Razmotrimo sloeni dogaaj B {razlika brojeva na kockama je 3} . Vidimo da je

B = {63, 52, 41, 36, 25, 14} i P (B ) =

6 1 = . 36 6

4) Poduzeu je prispjela poiljka od 300 istovrsnih odljevaka. Ljevaonica daje garanciju da je meu njima najvie 30 loih. Kontrola je sluajnim izborom uzela 4 odljevka i dala ih obraditi. Pretpostavimo li da se u poiljci nalazi tono 30 loih odljevaka, kolika je vjerojatnost da se u uzetom uzorku nau ba tri loa? Mi esto sebi pojednostavljujemo zadau te, gotovo intuitivno, odredimo brojeve m i

n , povoljnih odnosno svih moguih ishoda. Tako 30 270 30 29 28 270 m = 3 1 = 1 2 3 1 = 5 29 28 270 ; 300 300! n= 4 = 4! 296! = 25 299 149 297 ;

P=

m 5 29 28 270 = = ... = 0.0033 . n 25 299 149 297

(Inae, ovdje je potpun skup dogaaja X sastavljen od svih etveroelementnih podskupova uzetih iz skupa od 300 prispjelih odljevaka, a eksperiment je uzimanje etiri odljevka iz skupa njih 300. Dogaaj A u naem sluaju definira se tako da se dogodio A akko je uzet uzorak s tri loa odljevka i oigledno da je gore dobro odreen broj m = m( A) .)

II.2. Suprotna vjerojatnost

Za dogaaj A definira se dogaaj A (nonA, neA), tzv. suprotan (protivan) dogaaj dogaaju A. Po definiciji smatramo da se dogodio (realizirao) dogaaj A akko se nije dogodio A. Imamo:

P (A ) =

m( A ) n m( A ) m ( A) = = 1 = 1 P( A) , n n n

P ( A ) = 1 P ( A) .

11

Primjer. Skup se sastoji od 7 dobrih i 5 loih proizvoda. Iz tog skupa uzmemo nasumice 3 proizvoda. Kolika je vjerojatnost da e barem jedan od njih biti lo?7 3 7 P ( A) = = ... = = 0.159 ; 44 12 3

P ( A ) = 1 P ( A) =

37 = 0.841 . 44

II.3. Zbrajanje vjerojatnostiZa dva dogaaja A i B ( A, B X , X prostor elementarnih dogaaja ili potpun skup dogaaja) kaemo da se meusobno iskljuuju ako ne mogu oba nastupiti istovremeno (tj.ne dogaa se i A i B, tj.ne postoji elementarni dogaaj (element iz X) koji realizira i dogaaj A i dogaaj B). Za vie dogaaja kaemo da se meusobno iskljuuju ako se uvijek moe pojaviti samo jedan od njih (ne dva ili vie). Zorno, odgovarajui skupovi A i B su disjunktni tj.nemaju zajednikih toaka. Oznake:

A+ B

(umjestok

A B ),

odnosno

A1 + A2 + ... + Ak := Aii =1

k

(umjesto

A1 A2 ... Ak := U Ai ). Tako, rei emo da se dogodio dogaaj A + B akko se dogodio ilii =1

dogaaj A ili dogaaj B. Vrijedi:

P ( A + B ) = P ( A) + P(B ) ;P ( A1 + A2 + ... + Ak )= P ( A1 ) + P ( A2 ) + ... + P ( Ak )ili, krae P Ai = P ( Ai ) . i i

Primjeri: 1) Vjerojatnost da kocka padne ili na broj 5 ili na broj 6 je P = 1 1 1 + = . 6 6 3

2) U skupu od 100 strojnih elemenata imamo 5 komada sa odstupanjem 0.05 od propisane dimenzije, 10 komada sa odstupanjem 0.10, 40 komada sa odstupanjem 12

0.15, 35 komada sa odstupanjem 0.20 i 10 komada sa odstupanjem 0.25 od propisanih dimenzija. Kolika je vjerojatnost da emo, uzimajui nasumice, uzeti komad ili sa odstupanjem od 0.15 ili sa odstupanjem od 0.20?

Oznaimo s A, odnosno B dogaaje uzimanja komada sa odstupanjem 0.15 odnosno 0.20. Imamo:

P ( A + B ) = P ( A) + P(B ) =

40 35 75 + = = 0.75 . 100 100 100

II.4. Mnoenje vjerojatnostiRazmotrimo dva dogaaja A i B (koji se ne iskljuuju). Dogaaj A B (A i B) realiziraju svi elementarni dogaaji koji realiziraju i A i B. Ako elementarne dogaaje predstavimo tokama u ravnini, onda je A B predstavljen presjekom pripadnih skupova A i B.

A B

A

B

Za dva dogaaja A i B kaemo da su nezavisni ako vrijedi

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

Primjeri: 1) Kod izrade nekih detalja imamo karta i po formi i po veliini. Vjerojatnost karta po formi iznosi 0.05, a vjerojatnost karta po veliini 0.01. a) Kolika je vjerojatnost da sluajno uzet detalj bude kart i po formi i po veliini? b) Kolika je vjerojatnost da detalj bude dobar?

13

Rj: Neka je A dogaaj kada je detalj kart po formi, B dogaaj kada je detalj kart po veliini.Imamo: a) P ( A B ) = P ( A) P(B ) = 0.05 0.01 = 0.0005 ; b) P (A B ) = [1 P ( A)] [1 P (B )] = (1 0.05) (1 0.01) = 0.9405 .

2) Razmotrimo istovremeno bacanje novia i kocke. Potpuni skup dogaaja sastoji se od 12 parova (rezultat na noviu, rezultat na kocki):

G1 G2 G3 G4 G5 G6

P1 P2 P3 P4 P5 P6

Pod dogaajem A smatrat emo pojavljivanje glave na noviu, a pod dogaajem B pojavljivanje broja 5 na kocki.

Vjerojatnost da nastane i jedan i drugi dogaaj je P ( A B ) = Tu je P ( A) = 1 1 1 , P (B ) = , P ( A B ) = = P ( A ) P (B ) . 6 12 2

1 . 12

Analogno, uz dogaaje A1 , A2 ,..., Ak , govori se o dogaaju A1 A2 ... Ak := I Ai .i =1

k

Dogaaji A1 , A2 ,..., Ak su nezavisni ako za svaku r -torku razliitih prirodnih brojeva

1 i1 < i2 < ... < ir k , gdje je r = 2,3,..., k , vrijedi jednakostr r P I Aim = P Aim . m=1 m=1

( )

esto se javlja sluaj da nekom dogaaju A u svakom eksperimentu pripada uvijek ista vjerojatnost P ( A) = p .

Na primjer, pri svakom bacanju novia vjerojatnost glave jednaka je

1 . Stvarno, to znai 2

da se dotini eksperiment izvodi pod idealno jednakim okolnostima pa stoga vjerojatnost

14

dogaaja A ostaje konstantna pri ponavljanju eksperimenta. Zamislimo sada seriju od n takvih eksperimenata. Kolika je vjerojatnost da u svakom eksperimentu nastupi dogaaj A? Oznaimo li s Ai pojavljivanje dogaaja A u i -tom eksperimentu, tada je odgovor nan n postavljeno pitanje dan relacijom P = P I Ai = P ( Ai ) = p n . i=1 i=1

Primjer. Automat radi ujednaeno tijekom vremena i daje 10 % defektnih proizvoda. To znai da je za svaki proizvod na tom automatu vjerojatnost 0.1 da bude defektan. Priemo automatu i na sreu odaberemo 4 proizvoda.

a) Kolika je vjerojatnost da e sva etiri biti dobra? Traena vjerojatnost je P = 0.9 0.9 0.9 0.9 = 0.9 4 =0.6561. To praktino znai kada bismo mnogo puta uzimali po 4 proizvoda, u oko 66% sluajeva bila bi to sva etiri dobra. Po istom osnovu, vjerojatnost da se u uzorku od 4 proizvoda nau sva etiri defektna je 0.14 = 0.0001 .

b) Kolika je vjerojatnost da se meu etiri proizvoda nau ba dva defektna? Takav dogaaj oznaimo sa A. Uvedimo za dobre proizvode oznaku D, a za defektne oznaku L. Na dogaaj A moe se realizirati na 6 razliitih naina (redoslijeda), a svaki od njih zasebno je opet sloeni dogaaj. To su dogaaji: DDLL DLDL DLLD LDDL LDLD LLDD.

Prvi redoslijed znai da su prvi i drugi uzeti proizvodi dobri, a trei i etvrti loi, i slino, drugi raspored oznaava redoslijed zbivanja dobar-lo-dobar-lo itd. Svaki za sebe (npr.DDLL) od gornjih 6 dogaaja sadri 4 nezavisna dogaaja. K tome, gornjih 6 dogaaja se iskljuuju.Imamo dakle:

P ( A) = P(DDLL ) + P (DLDL ) + P (DLLD ) + P(LDDL ) + P (LDLD ) + P (LLDD ) == 6 0.12 0.9 2 = 0.0486

(Naravno, bre se moglo uporabom kombinatorike: 4 P ( A) = 0.12 0.9 2 = 6 0.12 0.9 2 = ... = 0.0486 ). 2

Izraunajmo vjerojatnost da se u uzorku od 10 proizvoda nau ba dva defektna:10 P = 0.12 0.98 = 6 0.12 0.9 2 = ... = 0.1937 . 2

15

II.5. Vjerojatnost od A B odnosno

UA

i

Za dogaaje A i B (iz istog prostora vjerojatnosti X) definira se dogaaj A B koji nastupa onda i samo onda ako nastupi barem jedan od dogaaja A, B. Vrijedi (oigledno) jednakost za vjerojatnost dogaaja A B :

P ( A B ) = P ( A ) + P (B ) P ( A B ) .(U specijalnom sluaju dogaaja A i B koji se iskljuuju, koristili smo oznaku A + B umjesto

A B i tu vrijedi P ( A + B ) = P( A) + P(B ) .)

A B

Vjeba. a) Uvjeriti se da vrijedi A B = A B , te da vrijedi (za uporabu veoma pogodna formula)

P ( A B ) = 1 P (A B ), te u sluaju nezavisnih dogaaja A,B: P ( A B ) = 1 P (A ) P (B ) .b) Za dogaaje A1 , A2 ,..., Ak definira se (analogno kao gore A B ) dogaaj

A1 A2 ... Ak := U Ai .i =1

k

k k Uvjeriti se da vrijedi U Ai = I Ai , te da vrijedi formula i=1 i=1P ( A1 A2 ... Ak )= 1 P (A1 A2 ... Ak )k k (ili konciznije P U Ai = 1 P ( Ai ) ). i =1 i=1

16

Napomena. U primjenama susreemo i dogaaje ija se vjerojatnost ne mijenja tijekom ponavljanja eksperimenta. Ako je A takav dogaaj, i ako sa Ai oznaimo nastupanje dogaaja A u i -tom eksperimentu, onda je P ( A1 ) = P ( A2 ) = ... = P( Ak ) = p i time

P (A1 ) = P (A2 ) = ... = P (Ak ) = 1 p = q i imamo P ( A1 A2 ... Ak )= 1 q k .

Primjer. Vjerojatnost da automat izradi defektan proizvod konstanta je tijekom vremena i iznosi 0.05. Kolika je vjerojatnost da se u sluajnom uzorku od 10 proizvoda nae barem jedan defektan? Rj: U ovom sluaju: p = 0.05 , q = 0.95 , k = 10 ; P = 1 q10 = 1 0.9510 = 0.402 .

II.6. Uvjetna vjerojatnost

Neka je X prostor (od n jednako moguih) elementarnih dogaaja, a A i B sloeni dogaaji iz

X , s tim da je P (B ) > 0 . Dalje, neka dogaaje A , B , A B realizira redom m( A) , m(B ) ,

m( A B ) elementarnih dogaaja. Vjerojatnosti ovih dogaaja su redom P ( A) =P (B ) = m(B ) m( A B ) , P( A B ) = . n n

m( A) , n

Pitanje glasi: Kolika je vjerojatnost da se dogodi dogaaj A , ako znamo da se dogodio dogaaj B ? Ovu vjerojatnost emo oznaiti s P ( A / B ) i itati vjerojatnost dogaaja A ako se dogodio

B (ili krae: P od A ako je B ). Budui se dogodio B , to ovaj dogaaj ima ulogu sigurnogdogaaja, a skup elementarnih dogaaja koji realiziraju B ima ulogu potpunog skupa. Budui da u tom skupu ima tono m( A B ) elementarnih dogaaja koji realiziraju A , imamo:

m( A B ) m( A B ) P( A B ) n P( A / B ) = = = m( B ) m( B ) P(B ) n

tj.

P( A / B ) =

P( A B ) . P (B )

Primjer. Bacimo dvije kocke. Prostor X od n (=36) jednako moguih elementarnih dogaaja (potpun skup dogaaja) je:

17

11 12 13 14 15 16

21 22 23 24 25 26

31 32 33 34 35 36

41 42 43 44 45 46

51 52 53 54 55 56

61 62 63 64 65 66.

Neka je A dogaaj koji se realizira ako je suma brojeva na kockama paran broj (skupovno govorei A = { ,13,15,22,24,26,31,33,35,42,44,46,51,53,55,62,64,66} ), a B dogaaj koji se 11 realizira onda, ako je suma brojeva na kockama djeljiva sa 5 (skupovno,

B = { ,23,32,41,46,55,64}). Nadalje, A B = {46,55,64} . 143 P( A B ) 36 3 = = . Sad je P ( A / B ) = 7 P (B ) 7 36 (Shvatimo li B kao potpuni skup dogaaja, onda je P ( A / B ) =

m( A B ) 3 = .) n (B ) 7

Napomena. Iz P ( A / B ) =

P( A B ) P( A B ) te P (B / A) = vrijedi P (B ) P ( A)

P ( A B ) = P (B ) P ( A / B ) = P ( A ) P ( B / A) .Vrijedi takoer P ( A1 A2 A3 ) = P ( A1 ) P( A2 / A1 ) P ( A3 / A1 A2 ) .

II.7. Bayes-ov teorem

Neka je X prostor elementarnih dogaaja, a A1 , A2 ,..., An njegov disjunktni rastav (tj.rastav na dogaaje koji se meusobno iskljuuju). Dalje, neka je B dogaaj definiran na istom prostoru X i P (B ) >0 (slika). Imamo:

P ( Ak / B ) =

P( Ak B ) za sve k = 1,2,..., n . P (B )

18

X

B = A1 B + A2 B + ... + An BSvi dogaaji Ak B ( k = 1,2,..., n ) se

A1 B A2 An

meusobno iskljuuju, pa vrijedi

P (B ) = P ( Ak B ) = P( Ak )P (B / Ak ) .k =1 k =1

n

n

Ovim je P ( Ak / B ) =

P( Ak )P (B / Ak ) P( Ak B ) ; = n P (B ) P( Ak )P(B / Ak )k =1

P ( Ak / B ) =

P( Ak )P (B / Ak ) . P( A1 ) P (B / A1 ) + P ( A2 ) P (B / A2 ) + ... + P ( An ) P (B / An )

Ovom je formulom iskazan Bayes-ov teorem.

Primjeri.

1) U jednoj velikoj seriji 96% proizvoda zadovoljava tehnike uvjete propisane standardom. Proizvodi se podvrgavaju gruboj kontroli koja proglaava proizvod dobrim uz vjerojatnost 0.98 ako je proizvod stvarno dobar i uz vjerojatnost 0.05 ako je proizvod stvarno lo. Kolika je vjerojatnost da je proizvod stvarno dobar, ako ga je kontrola proglasila dobrim?

Rjeenje: Imamo dogaaje:

A1 proizvod je stvarno dobar; P ( A1 ) = 0.96 , A2 proizvod je stvarno lo; P ( A2 ) = 0.04 ,

B kontrola proglaava proizvod dobrim. Nadalje, imamo uvjetne vjerojatnosti:

P (B / A1 ) = 0.98 ; P (B / A2 ) = 0.05 .Trebamo odrediti vjerojatnost dogaaja A1 , ako se ve dogodio dogaaj B , tj. trebamo odrediti P ( A1 / B ) : 0.96 0.98 0.9408 P ( A1 ) P (B / A1 ) = = = 0.998 P( A1 ) P(B / A1 ) + P ( A2 ) P (B / A2 ) 0.96 0.98 + 0.04 0.05 0.9428

P ( A1 / B ) =

i moemo rei da e nakon opisane kontrole serija sadravati 99.8% dobrih proizvoda.

19

2) U prvoj kutiji imamo 10 bijelih i 3 crne kuglice, a u drugoj kutiji 3 bijele i 5 crnih. Prenesemo dvije kuglice iz prve u drugu kutiju, a zatim izvuemo iz druge kutije jednu kuglicu. Kolika je vjerojatnost da je ta kuglica bijela?

10 B

3C

3B

5C

Dogaaji:10 2 15 P ( A1 ) = = ... = , 26 13 2

A1 prenesene 2 B;

A2 prenesene 1 B, 1 C;

P ( A2 ) =

5 10 3 = ... = , 13 13 2

A3 prenesene 2 C;

3 2 1 P ( A3 ) = = ... = , 26 13 2 1 2 3 , P (B / A2 ) = , P (B / A3 ) = ; 2 5 10

B izvuena bijela iz druge kutije P (B / A1 ) =

P (B ) = P( A1 ) P (B / A1 ) + P ( A2 ) P (B / A2 ) + P ( A3 ) P (B / A3 ) ==0.4538

II.8. Kratak osvrt o aksiomatskoj izgradnji teorije vjerojatnosti

Neka je

X

(konaan ili beskonaan) skup objekata (elemenata) koje emo zvati neprazna familija podskupova skupa X za koje

elementarnim dogaajima. Dalje, neka je vrijedi:

1 o Ako je A1 , A2 ,... bilo kakav niz (konaan ili beskonaan) elemenata iz takoer iz

, onda je i

U Aii

.

2 o Ako je A , onda je A .

20

Elemente familije

zovemo sluajnim dogaajima, a familiju

sigma algebrom, odnosno, je zatvorena u odnosu na

sigma poljem dogaaja. Na osnovu 1 o i 2 o , sigma algebra operacije

U,

(uniranje i komplementiranje, odnosno vezivanje dogaaja veznikom ili (nemogu, odnosno, siguran dogaaj spadaju u

negacijom). Takoer je jesno da , X K tome A1 , A2 A1 A2

).

(naime,

A1 A2 = A1 A2 ). Konano, sigma algebra

zatvorena je i u odnosu na veznik i. Neka je sigma algebra dogaaja, a P funkcija definirana na njoj, koja zadovoljava uvjete:

3o Funkcija P je nenegativna tj. P ( A) 0 , ( A )4 o Sigurnom dogaaju X funkcija P pridruuje vrijednost 1, tj. P ( X ) = 1 .

5o Ako se dogaaji A1 , A2 ,... meusobno iskljuuju, tj.ako je Ai Ak = ( i k ), onda vrijedi P U Ai = P ( Ai ) . Ovo je takozvana sigma Aaditivnost funkcije P . i Ureena trojka ( X , , P ) zove se vjerojatnosni prostor, a P ( A) je vjerojatnost dogaaja A.

Vjeba. Na osnovu aksioma 3o - 5o dokaite (za A ): a) P ( A) + P (A ) = 1 , b) 0 P ( A) 1 , P ()=0.

Primjer. Neka je X skup od n elemenata a1 , a2 ,..., a n . Oznaimo sa

sigma algebru svih

podskupova skupa X . Najjednostavniji nain da konstruiramo vjerojatnosni prostor ( X , , P ) jeste da svakom elementarnom dogaaju ai pridruimo istu vjerojatnost: P (ai ) = 1 n

(i = 1,..., n ) . Lako je provjeriti da ovako definirana funkcija

P zadovoljava uvjete

propisane aksiomima. Svaki je element iz

unija elementarnih dogaaja, tj. unija elemenata

skupa X . Neka je A dogaaj koji nastaje uniranjem od m = m( A) elementarnih dogaaja. Prema aksiomu 5o je P ( A) = m( A) , to je upravo klasina definicija vjerojatnosti (jer ovdje n

su ispunjeni uvjeti da je potpuni skup elementarnih dogaaja konaan i da su svi elementarni dogaaji jednako mogui). Ovaj primjer pokazuje da se iz sistema aksioma moe izvesti klasina teorija vjerojatnosti. Zbog toga su u aksiomatskoj izgradnji teorije vjerojatnosti sauvani i svi rezultati klasine teorije. 21

II.9.ZADACI1.Kolika je vjerojatnost da emo, ako bacimo 2 kocke tri puta za redom, dobiti najmanje jedanput na obje kocke isti broj?

2.Bacimo istovremeno novi i dvije kocke. a) Kolika je vjerojatnost da novi padne na glavu i barem jedna kocka na broj 6? b) Kolika je vjerojatnost da padne ili novi na glavu ili barem jedna kocka na broj 6?

3.U jednoj sobi postoje 3 ispravna grla za elektrine arulje. Iz skupa od 10 arulja, ali od kojih je 6 neispravnih, uzmemo na sreu 3. Kolika je vjerojatnost da emo imati svjetlo poto ove na sreu uzete arulje stavimo u grla?

22

III. EMPIRIKE DISTRIBUCIJE

III.1. EMPIRIKI PODACI

Ako izvrimo mjerenja nekog obiljeja na skupu istovrsnih proizvoda, zakljuit emo da svakom od njih ne pripada isti mjerni broj (unato elji proizvoaa da izradi u potpunosti jednake proizvode). Mjerna vrijednost razmatranog obiljeja varira od proizvoda do proizvoda. Ta su variranja rezultat sluajnih faktora koji su djelovali u procesu izrade proizvoda. Statistiki skup je skup elemenata koji imaju neko zajedniko obiljeje, ija mjerna (ili numerika) vrijednost x varira od elementa do elementa. Elementi statistikog skupa su na primjer istovrsni proizvodi ili neki dogaaji (pojave). Ako je na statistikom skupu definirano jedno obiljeje, onda je taj skup jednodimenzionalan. Na elementima skupa mogu biti definirana istovremeno dva obiljeja i tada je rije o dvodimenzionalnom statistikom skupu. U tom su sluaju rezultati mjerenja (opaanja) ureeni parovi brojeva ( x, y ) , gdje se prvi broj

x odnosi na prvo obiljeje a drugi broj y na drugo obiljeje. Istaknimo naa e serazmatranja odnositi na jednodimenzionalne statistike skupove. Statistike skupove dijelimo u dvije klase: kontinuirane i diskontinuirane. Kontinuirani skupovi su oni kod kojih dotino obiljeje, oznaimo ga sa x , moe primiti bilo koju vrijednost iz nekog intervala

(a, b ) .

Za statistiki skup kaemo da je diskontinuiran

(diskretan) ako obiljeje x njegovih elemenata prima diskontinuiran niz vrijednosti x1 , x2 ,... .

Primjeri: 1) Rezultati mjerenja vremena izvoenja jedne radne operacije dani su (u sekundama) tablicom: 24 27 30 24 28 26 26 26 22 25 29 25 26 26 25 24 24 23 27 27

Vidi se: Najmanja izmjerena vrijednost je 22 sekunde, a najvea je 30 sekunda. Ne postoje neki teoretski razlozi da dotina radna operacija ne bi mogla trajati bilo koje vrijeme izmeu 22 i 30 sekunda. Stoga je trajanje radne operacije jedno kontinuirano obiljeje.

23

Istaknimo: Empiriki podaci uvijek su diskontinuirani, bez obzira da li je (ili nije) samo obiljeje kontinuirano.

2) Uzimajui uzorak od 30 proizvoda, kontrolor svaki put zapie broj defektnih proizvoda. Tako, za 20 uzoraka, dobiveni podaci su:

0 0

0 1

1 0

1 0

0 4

0 0

3 0

1 3

0 2

2 0

Ovdje obiljeje x ima znaenje broja defektnih proizvoda u jednom uzorku. To je dakle diskontinuirano obiljeje, ono moe primiti samo vrijednosti 0,1,2,...,30 .

III.2. DISTRIBUCIJA FREKVENCIJA

Ako promatramo empirike podatke (obiljeja x ) ustanovit emo da meu njima ima i jednakih vrijednosti. Prvi korak u sreivanju podataka sastoji se od grupiranja podataka u razrede, drugim rijeima od izrade distribucije frekvencija ista vrijednost xi obiljeja x pie se samo jednom, uz naznaku f i koliko se puta ta vrijednost ponavlja. To je frekvencija f i od xi . U tom smislu, sredimo podatke iz primjera 2. razred xi prvi drugi trei etvrti peti 0 1 2 3 4 frekvencija fi 11 4 2 2 1 N = 20

24

Podruje rasipanja vrijednosti obiljeja x moe biti dosta veliko. U tom sluaju bi, gornjim nainom, dobili veoma veliki broj razreda, gdje bi bile isticane i neke sitne i nevane varijacije od x . Te bi varijacije mogle predstavljati tekou u uoavanju zakona po kojem su rasporeene vrijednosti obiljeja x . U takvim se situacijama podaci grupiraju malo drugaije. Naime, u jedan razred stavlja se vie uzastopnih vrijednosti obiljeja x , Tako, u tom sluaju, razred ne predstavlja jedna vrijednost, ve jedan itav interval. U tom smislu, to jest po tom principu, razvrstat emo u razrede podatke iz primjera 1.

razred

sredina razreda xi

frekvencija fi 2 7 8 2 1 N = 20

22-23 24-25 26-27 28-29 30-31

22.5 24.5 26.5 28.5 30.5

U prvi razred stavili smo vrijednosti 22 i 23, u drugi 24 i 35 itd. Primijetimo da su uvijek i granice ukljuene u dotini razred. Stvarne granice naih razreda ne vide se direktno iz tablice. Tako, granica izmeu prvog i drugog razreda je 23.5, izmeu drugog i treeg 25.5 itd. Npr. drugi razred predstavlja interval (23.5,25.5) . irina takvog razreda je c = 2 sekunde. Svaki razred reprezentiramo njegovom sredinom xi (drugi stupac). Iz grupiranih podataka se vidi koje se vrijednosti obiljeja javljaju ee, a koje rjee. Grupacija podataka u razrede daje nam sliku o rasprostiranju i uestalosti vrijednosti promatranog obiljeja. Radi dobivanja zornije slike, koristimo grafiko prikazivanje distribucije (raspodjele) frekvencija. Ako spojimo toke Ti ( xi , f i ) duinama, dobivamo izlomljenu crtu koju nazivamo poligon frekvencija. Na taj nain prikazat emo distribuciju frekvencija iz prethodnih primjera.

25

fi

xi

fi

xi 22.5 24.5 26.5 28.5 30.5

Napomena. U statistikoj obradi podataka esto se osim (apsolutnih) frekvencija f i koriste i relativne frekvencije f ri = fi , gdje je N = f i ukupni broj podataka (tzv. statistika N i

26

vjerojatnost ili vjerojatnost a posteriori, za razliku od vjerojatnosti a priori koju smo ve uveli.)

III.3. ARITMETIKA SREDINA

Pretpostavljamo napravljenu distribuciju frekvencija nekog stupa empirikih podataka (obiljeja x ):x1 , x2 ,..., xn f1 , f 2 ,..., f n

( N = fi )i =1

n

Aritmetika sredina ovog skupa podataka definira se sa x = (Inae, mi smo to navikli pisati u obliku x = frekvencija.) Moemo pisatix = f ri xi .i =1 n

1 n f i xi . N i =1

1 N xi , gdje nije izvrena distribucija N i =1

Vjeba. Pokazati da vrijedi

f (xi i =1

n

i

x ) = 0 , tj.aritmetika sredina ima (fino) svojstvo

suma svih odstupanja od aritmetike sredine jednaka je nuli.

III.4. VARIJANCA

1 n Varijanca skupa empirikih podataka definira se izrazom = f i ( xi x ) , to se N i =12

2

2

moe pisati u obliku 2 = f ri xi x .i =1

n

(

)

2

27

Vjeba. Pokazati da vrijedi 2 =

1 n 2 f i xi x 2 (to je za uporabu pogodna formula). N i =1

Drugi korijen iz varijance, tj.veliina =(skupa empirikih podataka).

1 2 f i (xi x ) zove se standardna devijacija N i

Vjeba. Za (proizvoljan) broj t , broj

1 2 f i ( xi t ) N i

zove se prosjeno (srednje)

kvadratno odstupanje (od tog broja t ). Pokaite da je ovo odstupanje najmanje za t = x . (Drugim rijeima, standardna devijacija je najmanje (prosjeno) kvadratno odstupanje meu svim kvadratnim odstupanjima.)

Primjer. Uzmimo podatke iz primjera 1 u toki . Imamo: xi 0 1 2 3 4 fi 11 4 2 2 1 N=20 fixi 0 4 4 6 4 18 fixi2 0 4 8 18 16 46

x=

18 = 0 .9 ; 20

fx

2

i i

= 46

2 =

46 0.9 2 = 1.49 ; 20

= 1.22 .

ZADACI:

1) Rad jednog automata kontroliran je na taj nain to je svakih 40 minuta uzet uzorak od 15 proizvoda. Poto je pregledano 200 uzoraka, dobiveni su ovi podaci o broju defektnih proizvoda u uzorku:

28

2110013101 1021100111 1200101001 1121111010 3102201200 5011011101 3121002011 3401310010 0111122011 1000012111

0211210010 3210102012 2210001021 0121111100 0100202121 1211012101 2001000100 2011000100 0100100010 0026024032

a) Izraditi distribuciju frekvencija; b) Nacrtati poligon frekvencija c) Izraunati aritmetiku sredinu i standardnu devijaciju.

Rj: Nakon paljivog pregledavanja i prebrojavanja, dobivamo distribuciju frekvencija, kao to je navedeno u prva dva stupca tablice: xi2 0 1 4 9 16 25 36 91 xi2fi 0 81 124 63 32 25 36 361

xi 0 1 2 3 4 5 6

fi 77 81 31 7 2 1 1 N=200

xifi 0 81 62 21 8 5 6 183

x=

183 = 0.915 ; 200 1 2 xi f i x 2 ; N

2 =

2 =

361 0.837 = 1.805 0.837 = 0.968 200

2 = 0.968 = 0.984 .29

81

77

31

7 2

2) Izvjesna mjerenja dala su sljedei rezultat izraen u kilogramima:

razredi 4.92 4.94 4.95 4.97 4.98 5.00 5.01 5.03 5.04 5.06 5.07 5.09

frekvencije 2 7 14 10 6 3

a) Nacrtati poligon frekvencija. b) Izraunati aritmetiku sredinu i standardnu devijaciju.

30

Rj: xi2 xi2fi

razredi

Sredina razreda xi

fi

xifi

4.92 4.94 4.93 4.95 4.97 4.96 4.98 5.00 4.99 5.01 5.03 5.02 5.04 5.06 5.05 5.07 5.09 5.08

2 7 14 10 6 3 N=42

9.86 34.72 69.86 50.20 30.30 15.24 210.18

24.30 24.60 24.90 25.20 25.50 25.80

48.60 172.2 348.6 252.0 153.0 77.4 1051.8

x=

210.18 = 5.004 ; 42 1 1 2 xi f i x 2 = 1051.8 5.004 2 N 42

2 =

2 = 0.0028 = 0.052915 .

IV. SLUAJNE VARIJABLE

IV.1.Diskontinuirana sluajna varijabla

1.1.Primjer Neki stroj radi ujednaeno tijekom vremena. Proizvode koje on proizvodi kontroliramo tako to u odreenim vremenskim razmacima uzimamo po 50 proizvoda i svaki put zabiljeimo broj defektnih proizvoda. Tako uzimamo 20 puta. Imamo dakle 20 uzoraka i za svaki od uzoraka znamo broj defektnih proizvoda. Taj broj defektnih proizvoda, oznaimo ga s x , niz je vrijednosti u tablici:

31

xi 0 1 2 3 4

fi 2 7 8 2 1 N=20

fri 2/20 7/20 8/20 2/20 1/20 1.00

Obiljeje x, broj defektnih proizvoda u uzorku, primilo je niz vrijednosti 0, 1, 2, 3, 4. Svakoj od tih vrijednosti xi pripada odreena (apsolutna) frekvencija f i . Moemo zamisliti da je svaki uzorak stavljen u jednu kutiju i sve kutije na policu. Ako uzmemo nasumice jednu kutiju s police, kolika je vjerojatnost da se u toj kutiji nalazi uzorak koji sadri 3 defektna proizvoda? Odgovor je 2/20. Takoer, vjerojatnost da se u uzetoj kutiji nalazi uzorak s jednim defektnim proizvodom je 7/20. Na taj nain svakoj vrijednosti xi pridruena je relativna frekvencija f ri i ova frekvencija u gornjoj interpretaciji, ima znaenje vjerojatnosti. Dajemo definiciju diskontinuirane (ili diskretne) varijable. To je varijabla x koja prima niz vrijednosti

x1 , x2 ,ije su vrijednosti redom

p ( x1 ) , p( x2 ) ,i, k tome, mora vrijediti

p(x ) = 1.i i

Dakle, kad god se kae da je zadana sluajna varijabla x podrazumijeva se da su zadane vrijednosti i pripadne vjerojatnosti. Skup svih parova ( xi , p ( xi )) ; i = 1,2... ini razdiobu (distribuciju) sluajne varijable x . Propis (zakon) p( x ) prema kojem je vrijednostima xi ( i = 1,2... ) pridruena vjerojatnost p( xi ) zovemo funkcija vjerojatnosti sluajne varijable x odnosno zakon razdiobe (distribucije). Funkcija

F ( x0 ) =

xi x0

p(x )i

32

je funkcija distribucije sluajne varijable x i oigledno vrijedi F ( x0 ) = P{ x x x0 }.

Primjer. U kutiji se nalazi 5 dobrih i 7 loih arulja. Neka je x broj dobrih arulja u sluajnom uzorku od 4 arulje. Treba odrediti zakon vjerojatnosti varijable x i tablicom prikazati razdiobu te varijable. 12 Rj: Imamo tono mogunosti uzimanja etiri arulje iz skupa od 12 arulja. Broj dobrih 4 arulja u uzorku od 4 arulje neka je oznaen s x . Broj mogunosti uzimanja x dobrih 5 7 arulja x {0,1,2,3,4} je . Svaku takvu mogunost prati x 4 x uzimanja 4 x loih 5 7 arulja u skupu od 7 loih arulja. Imamo dakle tono x 4 x mogunosti uzimanja x dobrih arulja. Ovim je 5 7 x 4 x . p( x ) = 12 4 Tablini prikaz je

x p(x)

0 7/99

1 35/99

2 42/99

3 14/99

4 1/99

Grafiki prikaz je p(x)

7 99 1 2 3 x

33

IV.1.1. Oekivanje

Neka je zadana sluajna varijabla x . Vrijednosti od x su x1 , x2 ,, a pripadne vjerojatnosti

p ( x1 ) , p( x2 ) ,.Oekivanje E ( x ) varijable x definira se sa E ( x ) = xi p ( xi ) , uz uvjet da redi

x p(x )i i i

konvergira i to apsolutno (u protivnom, varijabla x nema oekivanje).

Napomena. U teoriji empirikih distribucija definirali smo aritmetiku sredinu x za koju smo pokazali da se izraava relativnim frekvencijama sa x = f ri xi . No, relativna frekvencija jei

u stvari empirika (statistika) vjerojatnost da varijabla x primi ba vrijednost xi , pa vidimo da aritmetikoj sredini u empirikim distribucijama odgovara oekivanje E ( x ) u teoriji sluajne varijable. Definicijske relacije za x i E ( x ) razlikuju se jedino u tome to u prvoj dolaze empirike vrijednosti vjerojatnosti (relativne frekvencije), a u drugoj stvarne vjerojatnosti, koje pripadaju dotinim vrijednostima varijable x .

Vjeba. Pretpostavimo da je zadana sluajna varijabla x . Pomou nje moemo formirati novu varijablu ax + b (gdje su a i b bilo kakve realne konstante). Varijabla ax + b takoer je sluajna varijabla i ona prima vrijednosti axi + b akko x prima vrijednosti xi i pri tome je p (axi + b ) = p ( xi ) . Pokaite da vrijedi E (ax + b ) = a E ( x ) + b . K tome uz oznaku E ( x ) = ,

E ( x ) = 0 (to je analogija injenici da je suma odstupanja od aritmetike sredine jednakanuli).

IV.1.2. VarijancaVarijanca diskontinuirane sluajne varijable x definira se kao oekivanje varijable ( x ) ,2

gdje je = E ( x ) :

2 = V ( x ) := E ( x )2 = ( xi )2 p ( xi ) ,i

(

)

gdje se sumira preko svih i . Specijalno, je standardna devijacija varijable x .

34

Vjeba. 1) Pokazati: V ( x ) = E x 2 2 , tj. V ( x ) = xi p ( xi ) 2 .2 i

( )

2) Pokazati: V (ax + b ) = a 2 V ( x ) (i specijalno V (ax ) = a 2V ( x ) ).

Napomena. Primijetimo na kraju da smo aritmetiku sredinu i varijancu za sluajnu varijablu definirali slino kao i u distribucijama frekvencija (empirikim distribucijama). Preciznije, definicijske relacije za oekivanje i varijancu dobiju se kad se u odgovarajuim obrascima relativne frekvencije oekivanjem . Imamo: f ri zamijene vjerojatnostima p( xi ) , a aritmetika sredina x

Distribucija frekvencije Aritmetika sredina x = xi f rii

Sluajna varijabla Oekivanje E ( x ) = = xi p ( xi )i

Varijanca

Varijanca V ( x ) = 2 = ( xi ) p ( xi )2 i

2 = ( xi x )2 f rii

IV.2.Binomna razdioba

IV.2.1.Zakon vjerojatnosti

Primjer. Zamislimo da neki automat radi ujednaeno tijekom vremena. U tom sluaju svakom izraenom komadu pripada ista vjerojatnost, recimo p , da bude defektan (lo) odnosno uvijek jednaka vjerojatnost q (= 1 p ) da bude dobar. Tako je, recimo, izrada defektnog komada na tom automatu jedan Bernoulliev dogaaj (naime, dogaaj A ija vjerojatnost p ostaje konstantna pri ponavljanju eksperimenta naziva se Bernoulliev dogaaj). Pretpostavimo da se eksperiment u kojem moe nastupiti dogaaj A (Bernoulliev dogaaj A ) ponovi n puta. Broj nastupa dogaaja A u tih n eksperimenata predstavlja varijablu x koja

35

moe primiti vrijednosti 0,1,..., n . Varijabla x ima karakter sluajne varijable. Naime, svakoj njezinoj vrijednosti pripada neka vjerojatnost. Cilj nam je odrediti te vjerojatnosti. Nakon svakog eksperimenata zapiemo A odnosno A , ve prema tome da li se dogodio dogaaj A ili ne. Rezultat svih n eksperimenata bit e predstavljen nizom simbola A i A ; A , A A 2 A44 npr. 14,4,...,4, A , A . 4 3n

Kolika je vjerojatnost da u n eksperimenata dogaaj A nastupi upravo x puta? To znai, da se u gornjem nizu na tono x mjesta pojavi simbol A (i, time, na tono n x mjesta simbol A ). Svakom ovakvom nizu pripada vjerojatnost p x q n x (na osnovu zakona o mnoenju n vjerojatnosti nezavisnih dogaaja). Meutim, imamo tono n-torki koje sadre tono x x simbola A . Poto svakom od gornjih nizova pripada ista vjerojatnost p x q n x (gdje je n q = 1 p ), to je vjerojatnost da se pojavi bilo koji od njih jednaka: P ( x ) = p x q n x (gdje x je konani zakljuak izveden prema zakonu o zbrajanju vjerojatnosti dogaaja koji se iskljuuju). Gornjom relacijom odreena je vjerojatnost da u seriji od n eksperimenata dogaaj nastupi tono x puta. Time je naa sluajna varijabla u potpunosti definirana. Skup svih parova ( x, P ( x )) , ( x = 0,1,..., n ) ini binomnu razdiobu (ili binomnu distribuciju). Odmah vidimo da je binomna razdioba (distribucija) jednoznano odreena parametrima n i p , pa stoga za ovu razdiobu uvodimo oznaku B (n, p ) . Istaknimo da je rije o jednoj od najvanijih diskontinuiranih razdioba, koja se esto susree u primjenama (a posebno u kontroli pomou uzoraka, ako proizvode klasificiramo da dobre i loe).

Primjer. Jedan automat daje 5% defektnih proizvoda. Pretpostavljamo da automat radi ujednaeno tijekom vremena. Kolika je vjerojatnost da se u sluajnom uzorku od 5 proizvoda nau ba dva defektna proizvoda? Rj: Vidi se da je vjerojatnost izrade defektnog proizvoda (to je dogaaj A) jednaka p = 0.05 (a vjerojatnost izrade dobrog; tj.dogaaja A je q = 0.95 ). Broj loih komada (broj nastupa dogaaja A) u uzorku od 5 proizvoda je sluajna varijabla binomne razdiobe B ( n = 5 , p = 0.05 ). Imamo

36

5 P ( x ) = 0.05 x 0.955 x ( x = 0,1,...,5 ), x te je 5 P (2 ) = 0.05 2 0.953 = 10 0.05 2 0.953 = 0.021 . 2

Dobiveni rezultat kae: Ako bismo proizvode pakirali u kutije po 5 komada, i to bez prethodnog odvajanja dobrih od loih proizvoda, dakle bez prethodne kontrole, onda bi oko 2.1% kutija sadravalo 2 defektna komada. Izraunajmo jo i vjerojatnost da se u uzorku od 5 proizvoda ne nae niti jedan defektan komad. Imamo: 5 P (0 ) = 0.05 0 0.955 = 0.955 = 0.774 . 0 Koji e se od promatranih dogaaja ee dogaati? Svakako onaj kojem pripada vea vjerojatnost; to znai da emo ee nailaziti na uzorke bez ijednog loeg proizvoda, nego na uzorke sa dva loa proizvoda. Ako bi vjerojatnost defektnog proizvoda bila 0.95 umjesto 0.05 da li bi i u tom sluaju vrijedio isti zakljuak? n x +1 p P ( x 1) (uz P (0 ) = q n ). x q

Vjeba. Uvjerite se da vrijedi

P(x ) =

(Ovo je pogodna rekurzivna formula pomou koje nalazimo svaku sljedeu vjerojatnost na osnovu poznate prethodne. Tako, u principu treba pjeice izraunati P (0 ) , a sve ostale vjerojatnosti pomou gornje formule.)

IV.2.2.Karakteristine veliine i oblik binomne razdiobeNeka je zadana binomna razdioba B (n, p ) . Kao to smo ve utvrdili, ova razdioba je jednoznano odreena parametrima n i p pa e, time, sve njezine karakteristine veliine (kao oekivanje, varijanca) zavisiti od n i p . Uvedimo funkciju g (t ) = (q + pt ) odnosno, koristei binomnu formulun

n n n g (t ) = q n + q n1 pt + ... + p n t n n 1 0 ili, konciznije,

37

n n g (t ) = p x q n x t x . x =0 x

Znajui n P ( x ) = p x q n x ( x = 0,1,..., n ), x moemo pisati (q + pt ) =n

P(x )tx =0

n

x

, gdje vidimo da su koeficijenti, u biti, vjerojatnosti po

binomnoj razdiobi (otud i sami naziv ove razdiobe). Stavimo t = 1 pa, imajui u vidu da je q + p = 1 , dobivamo

P(x ) = 1x =0

n

, ime je ispunjen bitni definicijski uvjet za vjerojatnosnu funkciju P ( x ) . Vjeba. Pokaite: Sluajnoj varijabli x binomne razdiobe B (n, p ) pripada oekivanje

= E (x ) = npi varijanca

2 = V ( x ) = npq .n

(Uputa: Deriviranjem po t obiju strana u relaciji (q + pt ) = np (q + pt )n 1

P(x )tx =0

n

x

, dobivamo

=

xP(x )tx =1

n

x 1

, pa se stavi t = 1 te ima u vidu q + p = 1 . Za dobivanje druge

formule, podsjeamo na relaciju 2 = E x 2 (E ( x )) itd.)2

( )

Dokaimo:

Teorem. Pri binomnoj razdiobi B (n, p ) najvea vjerojatnost pripada onoj vrijednosti x0 varijable x koja zadovoljava nejednakostnp q x0 np + p .

Dokaz: Ako je x0 vrijednost varijable x kojoj pripada najvea vjerojatnost, onda je P ( x0 1) P( x0 ) P ( x0 + 1) . Razmotrimo prvo nejednakost P ( x0 1) P( x0 ) . Koristei rekurzivnu formulu za P ( x0 ) ,

dobit emo qx0 np px0 + p odnosno x0 np + p . (1)

38

U nejednakosti P ( x0 ) P ( x0 + 1) , izrazimo rekurzivnom formulom P ( x0 + 1) pa emo dobiti x0 np q . (2) Iz nejednakosti (1) i (2) slijedi np q x0 np + p . Napomena. Poto je np + p (np q ) = p + q = 1 to, ukoliko np q nije cijeli broj, onda je x0 jedinstven. Meutim, ako je np q cijeli, onda postoje dvije vrijednosti x0 iz gornjeg teorema i u tom sluaju je x0 = np q , odnosno x0 = np + p i tada je P (np q ) = P (np + p ) .

Primjer. Automat izrauje proizvode i daje 8% defektnih komada. Proizvodi se bez kontrole pakiraju u kutije po 30 komada. Koliko e defektnih komada biti najee u kutiji?

Rj: Neka je x broj defektnih komada u kutiji. Tada je x varijabla binomne razdiobe

B (n = 30; p = 0.08) . Nejednakost np q x0 np + p daje 1.48 x0 2.48 pa je x0 = 2 .

Primjer. Razmotrimo istovremeno bacanje sedam novia. Broj glava oznaimo s x i oito je x = 0,1,...,7 . Kako je vjerojatnost 1 za svaki novi da padne na glavu, to je x varijabla 2

1 1 binomne razdiobe B n = 7; p = . Budui da je p = , zakljuujemo da je dotina 2 2 binomna razdioba simetrina. Budui da je np q = 3 , np + p = 4 , to je x0 = 3 odnosno x0 = 4 i, k tome, P (3) = P (4 ) = 0.273 . Napomena. to je vee n to je sloenije raunanje P ( x0 ) po formuli binomne razdiobe. Tada je bolje ii po priblinoj formuli (Laplace)

P ( x0 )

1 0.3989 . npq 2npq

Primjer. Automatski stroj proizvodi prosjeno 75% proizvoda I. vrste. Naite najvjerojatniji broj proizvoda I. vrste u partiji od 320 komada. Naite i pripadnu vjerojatnost. Rj: np q x0 np + p ; p= 75 = 0.75 ; q = 0.25 100

39

320

3 1 3 3 x0 320 + , 4 4 4 4

320 3 1 4 x0 320 3 + 3 960 1 4 x0 960 + 3 959 4 x0 963 239.75 x0 240.74 x0 = 240 ;

P ( x0 )

1 2npq

1 0.0515 . 2 3.4 320 0.75 0.25

IV.2.3.Prilagoavanje binomne razdiobe empirikim podacima

Poznavajui nain prikupljanja podataka i obiljeje na koji se podaci odnose, mogue je ponekad naslutiti, ili oekivati, da su vrijednosti od x distribuirane po zakonu binomne razdiobe. Ako je nae nasluivanje (hipoteza!) tono, onda e svakoj vrijednosti x pripadati vjerojatnost P ( x ) po zakonu te binomne razdiobe pa time i neka teoretska frekvencija f tx . Problem koji ovdje rjeavamo je nalaenje tih teoretskih frekvencija f tx . Prije svega istiemo da je binomna razdioba jednoznano odreena vrijednostima p i n . Stoga, trebamo odrediti p i n . Iz same definicije binomne razdiobe zakljuujemo da je n najvea mogua vrijednost od x . Napomenimo da je n teoretski najvei mogui x , a on se ne mora podudarati s najveom vrijednou empirikih podataka.

Razlog da meu empirikim podacima nema i veih vrijednosti moe znaiti i to da tim vrijednostima pripadaju jako malene vjerojatnosti P ( x ) , no, ako bismo uinili jo vie eksperimenata, mogue je da se i te vrijednosti pojave. Vrijednosti parametra n odreuju se, dakle, rasuivanjem, odnosno iz metode prikupljanja podataka, a ne iz samih empirikih vrijednosti.

40

Parametar p izraunava se osnovnom formulom za oekivanje: = np te aproksimacije

x , daklep= x . n

Naravno, ovakvo p predstavlja samo procjenu stvarne vrijednosti. Sad imamo i q (= 1 p ) pa smo u stanju izraunati P ( x ) za sve x = 0,1,..., n . Ako vrijednosti x pripada vjerojatnost P ( x ) , oekujemo da pripadna frekvencija f tx bude takva da vrijedi f tx = P ( x ) ( N ukupni broj podataka). N Dakle, f tx = N P ( x ) .

Ovom su relacijom odreene oekivane ili teoretske frekvencije za svako x . Ukoliko razlike empirikih i teoretskih frekvencija f x f tx nisu prevelike, mogli bismo zakljuiti da naa

varijabla x zaista slijedi zakon binomne razdiobe (tj.da je izgledna hipoteza da su promatrani empiriki podaci za varijablu x distribuirani po zakonu binomne razdiobe).

Primjer. Automat izrauje neke proizvode. Kontrolor dolazi k automatu priblino svakih pola sata i pregleda uzorak od 20 proizvoda. Tom prilikom ustanovljen je broj x defektnih komada u uzorku. Nakon 100 obilazaka kontrolor je dobio podatke kao u prva dva stupca naredne tablice. Ovim podacima odgovarala bi binomna razdioba. Naime, kontrolor uzima svaki put 20 proizvoda, a teoretski meu njima moe biti x = 0,1,...,20 defektnih. Pretpostavljamo da stroj radi ujednaeno tijekom vremena, tj. da je uvijek isti postotak defektnih proizvoda. Da bismo prilagodili odgovarajuu (jo ne znamo koju) binomnu razdiobu, dakle na bazi binomne razdiobe izraunali teoretske frekvencije, trebamo najprije odrediti n i p . Budui da je kontrolor prilikom obilaska mogao nai i svih 20 proizvoda defektnih, to je n = 20 . Da bismo odredili vrijednost p , izraunat emo najprije sredinu x empirikih podataka. U nas je x= 1 197 1.97 fx X = = 1.97 pa je p = = 0.098 0.1 , te je q = 1 p = 0.9 . Dakle, N x 100 20

prilagoavamo razdiobu B (n = 20, p = 0.1) .

41

Broj defektnih komada u uzorku: x 0 1 2 3 4 5 6

fx 14 25 27 23 7 3 1 N=100

fx x 0 25 54 69 28 15 6 197

P(x )0.1216 0.2701 0.2852 0.1901 0.0898 0.0319 0.0089

f tx = 100 P ( x ) 12.16 27.01 28.52 19.01 8.98 3.19 0.89 99.76

Posljednji stupac sadri teoretske funkcije f tx i tu je f tx = N P ( N ) = 100 P ( x ) . Ukratko, posljednji stupac nastao je mnoenjem etvrtog sa 100. (Naravno da je za B (n = 20, p = 0.1) , 20 P ( x ) = 0.1x 0.9 20 x ). Na slici je prikazan empiriki i teoretski poligon frekvencija. x

fx f tx f tx

1

2

3

4

5

6

x

42

IV.3.Poissonova razdioba

IV.3.1.Zakon vjerojatnosti

Kaemo da je sluajna varijabla x distribuirana po Poisssonovu zakonu ako su njezine vrijednosti 0,1,2,, a pripadne vjerojatnosti m x m e . p(x ) = x! Primjetimo odmah da je Poissonova razdioba jednoznano odreena parametrom m > 0 , pa e stoga sve njezine karakteristine veliine ovisiti jedino o veliini tog parametra.

Teorem Oekivanje i varijanca varijable x pri Poissonovoj razdiobi su:

E (x ) = m ;

V (x ) = m .

Dokaz. E ( x ) = xp( x ) = xx =0 x =0

m x m m x 1 mx e = e m m = e m m = e m m e m = m x! ! x =1 ( x 1) x =0 x!

V ( x ) = x 2 p ( x ) 2 , gdje je = E ( x ) = m .x =0

Imamo:

x 2 P( x ) = x 2 x =0 x =0

m x m mx mx m x 1 = e m x = e m m x = e = e m x 2 (x 1)! x! x! x! x =1 x =1 x =1 mx mx = e m m ( x 1)! + x! = x =0 x =1

=e

m

mx mx mx m m ( x + 1) = e m x + x! x =0 x =0 x! x =0 x!

m x 1 = e m m m + e m = e m m me m + e m = m(m + 1) = m 2 + m ! x =1 ( x 1)

(

)

Ovim imamo: V ( x ) = x 2 P( x ) 2 = m 2 + m m 2 = m .x =1

43

IV.3.2. Prilagoavanje Poissonove razdiobe empirikim podacima

Ako nasluujemo da neki empiriki skup podataka slijedi zakon Poissonove razdiobe (meu ostalim ako su aritmetika sredina x i varijanca 2 tog skupa podataka priblino (brojno) jednaki tj. x 2 ), onda na bazi Poissonove razdiobe sa m = x , odreujemo teoretska frekvencije. Ako je N = f i , onda, ako je f tx teoretska frekvencija od x -a, iammo i f tx = p( x ) N pa je

m x m p(x ) = e , gdje je m = x!

x

f tx = N p ( x ) .

Primjer. U prva dva stupca tablice zapisani su rezultati brojenja x -estica emitiranih iz jednog radioaktivnog izvora. Brojenje je izvreno u 2608 vremenskih intervala od po 7.5 sekundi svaki. Frekvencija f x oznaava broj vremenskih intervala u kojima je emitirano tono x -estica.

x0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

fx 57 203 383 525 532 408 273 139 45 27 10 4 2 2608

xf x 0 203 766 1575 2128 2040 1638 973 360 243 100 44 24 10094

p( x )0.0209 0.0807 0.1562 0.2015 0.1949 0.1509 0.0973 0.0538 0.0261 0.0112 0.0043 0.0015 0.0004 0.9997

f tx = 2608 p ( x ) 54.4 210.5 407.4 525.5 508.4 393.5 253.8 140.3 67.9 29.2 11.3 4.0 1.3 2608.5

44

x=

10094 = 3.87 2608

p (x ) =

3,87 x 3.87 e x!

( p(0 ) = e 3.87 0.0209 ).

IV.3.3.Poissonova razdioba kao aproksimacija binomne razdiobe

Raunanje vjerojatnosti kod binomne razdiobe je sloenije od raunanja vjerojatnosti po Poissonovoj razdiobi. Postavlja se stoga pitanje da li je u nekim sluajevima mogue

aproksimirati vjerojatnosti po binomnoj razdiobi odgovarajuim vjerojatnostima po Poissonovoj razdiobi. Odgovor je potvrdan, ali uz uvjet da je vjerojatnost p kod binomne razdiobe malena, a n velik. Zapravo, to je p manji, a n vei aproksimacije su bolje. Ova zamjena koristi se npr. u kontroli pomou uzoraka kad proizvode klasificiramo kao dobre, odnosno loe.

Primjer. Ako je u jednoj seriji 4% loih proizvoda , kolika je vjerojatnost da u uzorku od 10 proizvoda ne naemo nijedan ili naemo jedan lo proizvod? Imamo binomnu razdiobu B (n = 10, p = 0.04 ) za koju je E ( x ) = np = 0.4 . Traenu

vjerojatnost raunat emo po Poissonovoj razdiobi kojoj odgovara m = 0.4 (dakle p( x ) = 0.4 x 0.4 e ). x!

P ( x 1) = p (0 ) + p (1) = e 0.4 + 0.4 e 0.4 = 0.9384 . Po binomnoj razdiobi imamo:

P ( x 1) = P (0 ) + P (1) = 0.9418( i lijepo se vidi da je aproksimacija Poissonovom razdiobom dobra, iako n = 10 i nije prevelik).

IV.4.Kontinuirane sluajne varijable

IV.4.1.Funkcija vjerojatnosti i funkcija distribucije

Istaknimo neke razlike izmeu diskontinuirane i kontinuirane sluajne varijable. Podruje vrijednosti diskontinuirane varijable je diskontinuiran niz toaka na brojevnom pravcu, a

45

podruje vrijednosti kontinuirane varijable bit e itav interval (ukljuujui mogunost da to bude i itav brojevni pravac

( , ) ).

Svakoj vrijednosti xi diskontinuirane varijable

pridruili smo stanovitu vjerojatnost P ( xi ) > 0 . Kod kontinuirane varijable vjerojatnosti emo pridruivati (dodjeljivati) intervalima brojevnog pravca i pri tom e pojedinanim vrijednostima xi pripadati vjerojatnosti jednake nuli. Da bismo svakom intervalu ( x1 , x2 ) pridruili vjerojatnost p{x1 x x2 }, uvodimo funkciju f ( x ) , tzv. funkciju vjerojatnosti (ili funkciju gustoe vjerojatnosti) za kontinuiranu varijablu x . Ona treba ispunjavati sljedea svojstva: 1. f ( x ) 0 za svaki x ;

2.

f (x )dx = 1 ;1

x2

3.

f (x )dx = P{x

< x < x2 } , gdje je x1 < x2 .

x1

Napomenimo, ako podruje vrijednosti varijable x nije cijeli brojevni pravac ( , ) , ve samo jedna njegov dio, onda uzimamo da je f ( x ) = 0 za sve x koji su izvan tog dijela. Ako je to podruje interval (a, b ) , onda svojstvo 2 prima oblik

f (x )dx = 1 .a

b

Prokomentirajmo navedena svojstva koja su u biti postulati koje mora zadovoljavati funkcija vjerojatnosti. Prvo, f ( x ) 0 zahtjeva se naprosto na osnovi zahtjeva da je vjerojatnost nenegativan broj. Drugo, vjerojatnost sigurnog dogaaja mora biti jednaka 1. Naime, to je vjerojatnost da varijabla x primi bilo koju vrijednost iz itavog svog podruja vrijednosti (definicijskog podruja). Uzmimo grafiki prikaz (slika).

46