poglavlje ii račun vjerovatnosti: definicija vjerovatnosti ...zakon velikih brojeva i teorema...

� – 2

POGLAVLJE IIRačun vjerovatnosti: definicija vjerovatnosti

Cilj

Uvesti definiciju vjerovatnosti polazeći od koncepta frekvence

Definirati vjerovatnost na asiomatski način

Definirati algebru događaja

Uvesti razliku između apriorne i posteriorne vjerovatnosti

Uvesti koncept uzimanja uzoraka

2 – 2

Promatrajmo kao eksperiment bacanje novčića ⇒Slučajni eksperiment ⇒ rezultata eksperimenta je neizvjestanTeorija vjerovatnosti omogućuje:

– dobivanje indikacije o najvjerovatnijem rezultatu– kvantificiranje (mjerenje) neizvjesnosti eksperimenta

U teoriji vjerovatnosti rezultat eksperimenta naziva se događaj

Ako je poznata neizvjesnost pojedinačnog slučajnog eksperimenta, teorija vje-rovatnosti omogućuje proračun neizvjesnosti istog eksperimenta ponovljenog n puta (višestruki slučajni eksperiment)

Pristupi teoriji vjerovatnosti:– Frekvenca (ili Bernoullijev)– Aksiomatski (očigledni)– Subjektivni (Finettierijev)

Počet ćemo s Bernoullievim pristupom.

Cilj teorije vjerovatnosti

� – 2

X=1

X=0

X1=1, X2=1, X3=0, X4=1, X5=0, X6=1

Promatrajmo eksperiment bacanja novčićaDogađaji su: «glava» ili «pismo»Pretpostavimo da nas zanimaju glaveDa bi kvantificirali rezultat eksperimenta uzmimo da eksperiment daje X = 1

kada padne glava, X=0 kada padne pismo.

Slučajni eksperiment: bacanje novčićaKonverzija niza događaja u numerički niz

Na ovaj način moguće je višestrukom slučajnom eksperimentu jednoznačno pridružiti jedan numerički niz:

Bacanje novčića

� – 2

X1=1, X2=1, X3=0, X4=1, X5=0, X6=1

46

1

=�=

=

n

iiX

3/2611

6

16

1

==→= ��== i

i

n

iin XfX

nf

Broje 1 (odnosno 0) pridružen događaju «pala je glava» (odnosno «palo je pismo») naziva se brojač:


Suma brojača u jednom nizu od n eksperimenata nam govori koliko puta je pala glava:

Moguće je također numeričkom nizu pridružiti (međutim, ne uvijek jednoznač-no) jedan broj koristeći neku funkciju brojeva X�, ... Xn

Posebno zanimljivu funkciju predstavlja frekvenca događaja u n eksperimenata:

Frekvenca nam pokazuje broj ponavljanja događaja kojemu je pridružena vrijednost 1 u odnosu na ukupan broj eksperimenata.

Važno: fn je slučajni broj: ako ponovim višestruko bacanje novčića (n = 6) dobit ću, vrlo vjerovatno, različitu vrijednost frekvence.

� – 2

0

10

20

30

40

50

60

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100n

Retta: y=0.5*n y=0.5*n


Ponovimo eksperiment ponovljenog bacanja n (n = 100) putaPretpostavljamo da se radi o «poštenom» novčićuBroj pojavljivanja glave se mijenja od jednog do drugog eksperimenta, ali

trajektorije uvijek teže slijediti pravac s nagibom 1/2S povećanjem broja eksperimenata rastojanje između trajketorije i pravca ima

težnju rasta, ali...

Simulirano uz pomoć računara Metodom Monte Carlo

Pravac12

=y n

Bro

j gla

va

6 – 2

0

0.5

1

1.5

2

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100n

( )2/

2/1

n

nX

n

n

ii �

�

�

�

��

�

�−

=δ�

=


Relativna razlika δ(n), se smanjuje: ima se jedna vrsta konvergencije

Rel

ativ

na ra

zlik

a δ(

n)

� – 2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100n

�=

=n

iin X

nf

1

1


Na isti način (očigledno) ponaša se i frekvenca

Frekvenca pripada segmentu [0, 1], po definiciji

Frek

venc

a

� – 2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 9000 10000n


Frek

venc

a

Povećavajući broj eksperimenata vidimo da frekvenca teži vrijednosti 0,5 (na-gib pravca)

Opazimo da se za male vrijednosti n varijabilnost frekvence smanjuje brzo, a za veoma velike vrijednosti n mnogo sporije. Pokazat ćemo kasnije da je varijabilnost frekvence vezana za (zakon kvadratnog korijena)1/ n

� – 2

( ) ( ) ( )��

��

�=Ε==Ε

∞→∞→∞→ limlimEf limPr n

nnn nn

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

1 10 100 1000 10000

( ) �=

=n

iin X

nT f

1

1

Zakon velikih brojeva i teorema Bernoullija:Definicija vjerovatnosti kao frekvencije događaja

U pristupu preko frekvence, vjerovatnost događaja E definira se kao graničnu vrijednost frekvence događaja E kada broj eksperimenata n teži u beskonačnost.

Događaj: pojavljuje se glava prilikom bacanja novčića

n

broj pojavljivanja događaja Ebroj eksperimenata

G

10 – 2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1 10 100 1000 10000

Poco incerto: la differenza fra i dati di due esperimenti èridotta

Poco incerto: la differenza fra i dati di due esperimenti èridotta

Zakon velikih brojeva i teorema Bernoullija:Definicija vjerovatnosti kao frekvencije događaja

Ponavljam eksperiment: trajektorija procjene frekvence izgleda drugačije, ali... asimptotski teži istoj vrijednosti: ½

Jako neizvjesno: razlika iz-među podataka dva eksperi-menta može biti znatna

Frek

venc

a

Malo neizvjesno: ra-zlika između podata-ka dva eksperimenta je smanjena

n

�� – 2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1 10 100 1000 1000n

Zakon velikih brojeva i teorema BernoullijaDefinicija vjerovatnosti kao frekvencije događaja

Kako su kreirani ovi podaci?

1. Pomoću računara je simulirano bacanje novčića 1000 puta, računajući kod svakog novog bacanja frekven-cu f�,...f1000.2. Sekvenca je ponov-ljena 30 puta. Dakle, za svaku vrijednost n ima se trideset odgovaraju-ćih vrijednosti frekvence.3. Konačno, za svaki n (30 vrijednosti fre-kvenca) izračunate su minimalna, maksimalna i srednja vrijednost frekvence

Frek

venc

a

Maksimalne vrijednosti

Srednja vrijednost frekvence

Minimalna vrijednost frekvence

Vrijedi zakon kvadratnog korijena: preciznost procjene se povećava (razlika se smanjuje) proporcionalno sa .1/ n

�2 – 2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1 10 100 1000 1000n

0

Lažni novčić

Novčić 2 ima vjerovatnost da padne glava jednaku 0,6 Takav novčić moguće je razlikovati od «poštenog» novčića tek nakon velikog

broja bacanja

Frek

venc

a

�� – 2

Ka aksiomskoj definiciji koncepta vjerovatnosti

Definicija vjerovatnosti bazirana na konceptu frekvence bila je veoma koristan instrument sve do polovine prethodnog stoljeća.

Nakon toga, u cilju rješavanja složenijih problema, tražila se definicija što će biti matematski utemeljenija.

Takva potreba dovela je do razvoja aksiomske definicije vjerovatnosti.

... koja traži poznavanje analize skupova i rigoroznije definiranje pojma događaj.

�� – 2

Algebra događaja

Analogna je algebri skupova

Objekti ↔ elementarni događaji (elementarni rezultati slučajnih eksperimenata)– Bacanje novčića: elementarni događaji su glava ili pismo– Bacanje kockice: elementarni događaji su 1, 2, 3, 4, 5, 6

Skup: kolekcija objekata ↔ Događaj: kolekcija elementarnih događaja– Primjer: bacanje kockice:

• Parni brojevi = {2, 4, 6}, Neparni brojevi = {1, 3, 5}

Instrumenti: Vennovi dijagrami

�� – 2

Algebra događaja: definicije

Slučajni događaj: rezultat nije unaprijed poznat– Bacanje novčića, bacanje kockice, ...

Elementarni događaj: jedan od mogućih rezultata slučajnog eksperimenta.– Bacanje novčića: G ili P– Bacanje kockice: 1, 2, 3, 4, 5, 6

Prostor događaja, S: skup svih elementarnih događaja– Bacanje novčića: S = {G, P}– Bacanje kockice: S = {1, 2, 3, 4, 5, 6}

Događaj: skup elementarnih događaja– Bacanje kockice: PARNI BROJ = {2, 4, 6}, NEPARNI BROJ = {1, 3, 5}, itd.

16 – 2

Algebra događaja: definicije

Ponovljeni eksperiment: slučajni eksperiment ponovljen n puta

Skup događaja S jednog ponovljenog eksperimenta sačinjen je od parova, trojki, ...elementarnih događaja.– Bacanje novčića dva puta uzastopno:

S = {{G, G}, {G, P}, {P, G}, {P, P}};Ukupno imamo: 4 = 22 događaja

– Bacanje kockice tri puta uzastopno: {{i, j, k}, i = 1, ..., 6, j = 1, ..., 6, k = 1, ..., 6}; ukupno imamo: 216 = 6� događaja

Općenito– Ne = broj elementarnih događaja u jednom eksperimentu– Nn = broj elementarnih događaja u eksperimentu ponovljenom n puta– Nn = Nen

Sportska prognoza sa 13 parova (slučajni eksperiment s tri elementarna događaja {{1}, {x}, {2}} ponovljen 13 puta):– Nn = 3�� = 1,595.323

�� – 2

Algebra događaja/skupova

Referentni eksperiment, bacanje kockice:S = {1, 2, 3, 4, 5, 6}

Komplement (Dopuna) od E:– Nije se dogodio E.– E = {1, 2, 3}, E = {4, 5, 6}

Presjek: E*F– Simultano su se dogodili E i F– Ako su E i F elementarni događaji: E*F = ∅

∅ = prazan skup – E = {1, 2, 3}, F = {2, 3, 4, 5}: E*F = {2, 3}

Unija: E + F– Odigrava se barem jedan od dva događaja– E = {1, 2, 3}, F = {2, 3, 4, 5}: E + F = {1, 2, 3, 4, 5}

E

E*F

E + F

�� – 2

E*F

E – F = E*F

Algebra događaja/skupova

Razlika E – F = E*F– Događa se E, ali se ne događa F– E = {1, 2, 3}, F = {2, 3, 4, 5}:– E – F = {�}– E * F = {1, 2, 3}*{1, 6} = {�}

E * F– Ne događa se E i ne događa se F – E = {1, 2, 3}, F = {2, 3, 4, 5}:– E = {4, 5, 6}, F = {1, 6} E * F = {4, 5, 6}* {1, 6} = {6}

�� – 2

E*F + E*F

E + F

Algebra događaja

E*F + E*F– Unija: događa se E i istodobno se ne događa

F (E*F) sa događa se Fi i istodobno se ne događa E (E F)– E = {1, 2, 3}, F = {2, 3, 4, 5}: E * F + E * F = {1, 2, 3}*{1, 6}+{4, 5, 6}*{2, 3, 4, 5}

= {�}+{4, 5}={1, 4, 5}

E + F– Događa se barem jedan (ne oba) od ovih

događaja– Dva komplementa mogu imati presjek koji nije

prazan skup– E = {1, 2, 3}, F = {2, 3, 4, 5}: E + F = {4, 5, 6}+{1, 6}={1, 4, 5, 6}

20 – 2

Vjerovatnost: aksiomska definicija

DefinicijaA�: 0 ≤ Pr(E) ≤ �A2: P(S) = 1A�: Ako je E*F≠∅ onda je

Pr (E + F) = Pr (E) + Pr (F)

1. Vjerovatnost je broj sadržan između 0 i 1

2. Vjerovatnost izvjesnog događaja jednaka je 1

3. Ako se dva događaja ne mogu simultano zbiti (odigrati) onda je vjerovatnost da se odigra jedan ili alternativno drugi od njih jednaka sumi vjerovatnosti ta dva događaja

2� – 2


Aksiomi se mogu predstaviti koristeći svojstva površine

Aksiom 2, normalizacija: S ima jediničnu površinu

Aksiom 1:– Površina je po definiciji pozitivna, pa prema tome

veća od nule– Bilo koji događaj E sadržan u S ima površinu manju

od S ⇒ manju od jedan

Aksiom 3: Površina dvije odvojene regije jednaka je sumi površina pojedinih regija

PAŽNJA: Još ne znamo kako tretirati događaje koji se mogu odigrati simultano. Vidjeti ćemo to kasnije!

�

E F

E F

S: površina = 1

22 – 2


Pristup preko frekvence: vjerovatnost → limes kojemu teži frekvenca u beskonačnom broju eksperimenata

Aksiomski pristup: omogućuje da se koncept vjerovatnosti matematski tretira

Aksiomi se mogu svesti na svojstva frekvence, što može pomoći da ih zapamtimo

– 0 ≤ Pr (E) ≤ 1: očigledno budući da je i frekvenca definirana na [0, 1] 0 ≤ n (E)/n ≤ �– Pr (S) = 1: ako uzmemo primjer bacanja novčića, S = {G, P}. Očigledno: (n(G) + n (P))n = 1 neovisno o provedenom eksperimentu– Ako je E * F = ∅ → Pr (E + F) = Pr (E) + Pr (F) Uzmimo za primjer bacanje kockice. Padanje dvojke označimo kao događaj E, a padanje šestice kao događaj

F. Jasno je da istodobno ne može pasti dvojka i šestica → E * F = ∅ Broj pojavljivanja dvojke ili alternativno šestice jednak je sumi broja

pojavljivanja dvojke i broja pojavljivanja šestice, tj.

( ( ) ( )n E F n E n Fn n n+

= +)

2� – 2

Posljedica aksioma vjerovatnosti

Sad ćemo koristeći oba pristupa pokazati neka od značajnih svojstava vjerovatnosti

– vjerovatnost nemogućeg događaja (prazan skup)

– vjerovatnost E

– vjerovatnost E – F = E * F

– vjerovatnost E + F

2� – 2

Vjerovatnost nemogućeg događaja

Nemoguć događaj: prilikom bacanja novčića ne pada niti glava niti pismo

Koristeći pristup preko frekvence očigledno je da je broj koji pokazuje koliko puta se to dogodilo jednak nuli.

1. S + ∅ = S, na osnovi definicije unije (D1)

2. S * ∅ = ∅, na osnovi definicije presjeka (D2)

3. Pr (S + ∅) = Pr (S) = 1, na osnovi D1 i A2

4. Pr (S + ∅) = Pr (S) + Pr (∅) = 1 + Pr (∅), na osnovi A� i A2

5. Budući da iz 3. i 4. slijedi: 1 = 1 + Pr (∅) ⇒

Pr (∅) = 0

2� – 2

Vjerovatnost događaja E

�Pr(E) = 1 – Pr (E)

Bacanje novčića: Broj koji kaže koliko puta se dogodilo pismo:

Koristeći aksiome:

1. E i E predstavljaju dva skupa čija je unija posve izvjestan događaj S, a presjek nemoguć događaj

2. Primjenom drugog aksioma: Pr (E + E) = Pr (S) = 1

3. Primjenom trećeg aksioma: Pr (E + E) = Pr (E) + Pr (E)

4. Prema tome: Pr (E) + Pr (E) = 1:

( ) ( )1n n T n Tn n

−= −(G) (G)

26 – 2

Vjerovatnost događaja E

Ocjena Vjerovatnost6– 0,0256 0,0256+ 0,050�– 0,050� 0,050�+ 0,100�– 0,100� 0,115�+ 0,115�– 0,100� 0,100�+ 0,05010 0,02510+ 0,025

Pretpostavimo da se studenti na parcijalnom ispitu ocjenjuju ocjenama danim u tabeli, te da su iz prethodnih iskustava ustvrđene u istoj tabeli prikazane vjerovatnosti dobivanja pojedinih ocjena. Izračunati vjerovatnost da student dobije ocjenu koja je viša od 7–.

– Izračunajmo prvo vjerovatnost da student dobije ocjenu koja je niža ili jednaka 7–.

Primjenom trećeg aksioma ⇒ Pr (ocjena ≤ �–) = Pr(6–) + Pr(6) +

+ Pr(6+) + Pr(7–) = 0,150

– Vjerovatnost da student dobije ocjenu koja je viša od 7– → na osnovi prethodno izvedene formule:

Pr (ocjena > �–) = 1 – Pr (ocjena ≤ �–) = = 1 – 0,150 = 0,850

2� – 2

Vjerovatnost događaja E – F = E * F

Koristeći pristup preko frekvence nije teško vidjeti da je broj koji pokazuje koliko puta se odigrao ovaj događaj (frekvenca) jednak razlici broja koji pokazuje koliko puta se dogodio E i broja koji pokazuje koliko puta se istodobno odigravaju E i F.

Primjenom aksioma:1. Budući da u općem slučaju (vidi teoriju skupova) vrijedi:

A*(B + C) = A*B + A*C ⇒ E = E * S = E * (F + F) = E * F + E * F

2. Budući da E*F i E*F imaju presjek nula (E i F su neovisni događaji), primjenom trećeg aksioma dobivamo: Pr (E) = Pr (E*F)+Pr(E*F)

3. Konačno imamo:

Pr (E*F) = Pr (E – F) = Pr (E) – Pr (E*F)

�

()

2� – 2

Vjerovatnost događaja E – F = E * F

Primjer: želimo za podatke iz prethodne tabele odrediti vjerovatnost da student prođe na ispitu s ocjenom koja je viša ili jednaka 7– (E: ocjena ≤ �–), ali ne višom ili jednakom 10 (F: ocjena ≤ 10)

Odgovor na ovo pitanje može se dobiti jednostavnim zbrajanjem vjerovatnosti dobivanja ocjena od 7– do 9+. (Rezultat je 0,85.)

Drugi način– Vjerovatnost događaja E odredit ćemo kao Pr(E) = 1 – Pr (E) Vjerovatnost događaja E (ocjena < �–) jednaka

je sumi vjerovatnosti da student dobije 6–, 6 i 6+ što iznosi 0,1. ⇒Pr(E) = 1 – 0,1 = 0,9

– Od ove ćemo vrijednosti oduzeti posljednju (vidi formulu prethodnog slajda) Pr (E*F) = = Pr(E – F) = Pr(E) – Pr(E*F) vjerovatnost da je ocjena viša ili jednaka 10, tj.

0,9 – (0,025 + 0,025) = 0,85

Ocjena Vjerovatnost6– 0,0256 0,0256+ 0,050�– 0,050� 0,050�+ 0,100�– 0,100� 0,115�+ 0,115�– 0,100� 0,100�+ 0,05010 0,02510+ 0,025

2� – 2

Vjerovatnost događaja E+F (opći slučaj: E*F ≠ ∅)

1. Iz teorije skupova je poznato da vrijedi:

E + F = E*F + E*F + EF

2. Primjenom trećeg aksioma imamo:

Pr(E+F) = Pr(E*F) + Pr (E*F) + Pr (E*F)

3. Dvostrukom primjenom ranije pokazane relacije ( sa slajda 27-2)

Pr(E*F) = Pr(E) – Pr (E*F)

imat ćemo

Pr(E+F) = Pr(E) – Pr(E*F) + Pr(F) – Pr(E*F) + Pr (E*F)

4. Pojednostavljujući imamo:

Pr(E+F) = Pr(E) + Pr(F) – Pr(E*F)

30 – 2

Primjer

A

CB

X/r

1/3 2/3 1Površina mete = 2rπ = π

Površina A = / /2r 9 9π = π

Površina B =

Površina C = Površina mete – Površina A – – Površina B = /� �π

/2 22 �r r 3 9

� �

π − = π

Igrač pikada svezanih očiju nastoji pogoditi kružnu metu podijeljenu u tri sektora A, B, C, kao što je prikazano na slici; donja polovica mete označena je sa M.

Hipoteza: igrač gađa svezanih očiju ⇒vjerovatnost da strijelica pogodi određeni sektor proporcionalna je površini tog sektora, a ne njegovoj poziciji.

�� – 2

A

CB

A

CB

A

CB

Primjer

Izračunati vjerovatnost da strijelica pogodi:

Sektor A: Površina sektora A 1/ 9 1Pr APovršina mete 9

Sektor B: Površina sektora B 3 / 9 3Pr BPovršina mete 9

Sektor C: Površina sektora C 5 / 9 5Pr CPovršina mete 9

�2 – 2

A

CB

A

CB

A

CB

A

CB

Primjer

Istodobno u sektore A i C:Budući da je A*C = ∅ ⇒ Pr (A*C) = 0

U sektor A ili u sektor C:Pr(A + C) = Pr (A) + Pr (C) = 1/9 + 5/9 = 2/3Budući da je Pr (A*C) = 0

U sektor C ali u njegov donji dio Mi:Pr (C*Mi) = Pr (C)/2 = 5/18

U sektor C ili u donju polovinu mete Mi:Budući da je C*Mi ≠ ∅, imat ćemoPr (C+Mi) = Pr (C) + Pr (Mi) – Pr (C*Mi) = 5/9 + ½ - 5/18 = 5/18

�� – 2

Apriorna procjena vjerovatnosti

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1 10 100 1000 1000n

0

Primjeri: – Pr(G) = Pr(P) = 1/2, bacanje novčića– Pr(1) = ... = Pr(16) = 1/6, bacanje kocke

U pitanju su apriorne procjene, pri čemu je jednaka vjerovatnost pojavljivanja događaja uzeta subjektivno.

Ove procjene potrebno je verificirati posteriorno (kasnije)– lažni novčić– lažna moneta

Frek

venc

a

�� – 2

Zakon velikih brojeva i Bernoullieva teorema:vjerovatnosni prikaz

Kod n eksperimenata s velikim n vrijedi:

;

Ovo nužno ne znači da se vrijednost n(E) nalazi veoma blizu vrijednosti proizvoda n Pr(E), nego da se ta činjenica verificira (potvrđuje) s velikom vjerovatnošću.

Drugi iskaz Bernoullieve teoreme:

ili:

– Događaj E postaje elementarni eksperiment (naprimjer bacanje novčića) ponovljen M puta

– Ponavljam n puta događaj E (elementarni eksperiment ponovljen M puta).

– Vjerovatnost da se n(E)/n nađe izvan intervala [Pr(E) – ε, Pr(E) + ε] teži k nuli kad n → ∞, pri čemu je ε po volji izabran mali broj.

( )n(E)Pr Pr E 1 kod nn

− ≤ ε → →∞

� kada

n(E) ≈ n Pr(E)n(E) = broj ponavljanja

događaja En = broj eksperimenata

�� – 2


0

2000

4000

6000

8000

10000

12000

14000

16000

18000

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

21 14

1

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1 10 100 1000 10000n

Eksperiment:Bacanje novčića ponovljeno n = 20Eksperiment ponovljen M = 100000 puta

Histogram: kako se izračunava

36 – 2

0

5000

10000

15000

20000

25000

30000

35000

40000

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1 10 100 1000 10000n


Ako eksperiment ponovimo 1000 milijardi milijardi milijardi puta pojavljivanje 100 uzastopnih glava pri bacanju novčića ima malu vjerovatnost

Eksperiment:n = 100 putaM = 100000 puta

Eksperiment:n = 20 putaM = 100000 puta

�� – 2

POGLAVLJE IIRačun vjerovatnosti: kombinacije jednako vjerovatnih događaja – uzimanje uzoraka

Cilj

Definirati vjerovatnost da se tokom procesa uzimanja uzoraka (iz-vlačenje objekata sa znakovitim karakteristikama) dobije:

– određena sekvenca (slijed)– sekvenca s danim karakteristikama

Primjena: kontrola kvalitete, klađenje, ...

�� – 2

Apriorna procjena vjerovatnosti

Za elementarne događaje jednog slučajnog eksperimenta vrijedi:

Pr (E + F) = Pr (E) + Pr (F) – Pr (E*F) = Pr (E) + Pr (F)

budući da je E*F = Ø za slučaj da su E i F elementarni događaji.

Često smo u prilici procjenjivati vjerovatnost pojavljivanja elementarnih događaja u nekom eksperimentu.

Klasični slučajevi: bacanje novčića, bacanje kocke. Za sve takve eksperimente apriori uzimamo da su jednako vjerovatni.

Ako je K broj elementarnih događaja ⇒

Pr (S) = Pr (E� + ... + EK) = 1

Ako su elementarni događaji jednako vjerovatni ⇒

Pr (Ei) = 1/K (za svaki Ei)

�� – 2

� Caso 1): E = {{{{1,2}}}} , F = {{{{5,6}}}}– Pr(E) = Pr(1) + Pr(2) = 2/6– Pr(F) = Pr(5) + Pr(6) = 2/6– Pr(E F)=Pr(∅)=0– Pr(E+F) = 2/6 + 2/6 = 2/3

� Caso 2): E = {{{{1,2}}}} , F = {{{{2,5,6}}}}– Pr(E) = Pr(1) + Pr(2) = 2/6– Pr(F) = Pr(2) + Pr(5) + Pr(6) = 3/6– Pr(E F) = Pr(2) = 1/6 , – Pr(E+F) = Pr(E) + Pr(F) – Pr(E F) = 2/6 + 3/6 – 1/6 = 2/3– Infatti: E+F = {1,2,5,6} come nel caso 1

Primjer: Bacanje kocke, S = {1, 2, 3, 4, 5, 6}

Iz apriorne vjerovatnosti elementarnih događaja često konstruiramo procjenu za složene događaje

Slučaj1:

Slučaj2:

kao i u slučaju 1 Ustvari je

� Caso 1): E = {{{{1,2}}}} , F = {{{{5,6}}}}– Pr(E) = Pr(1) + Pr(2) = 2/6– Pr(F) = Pr(5) + Pr(6) = 2/6– Pr(E F)=Pr(∅)=0– Pr(E+F) = 2/6 + 2/6 = 2/3

� Caso 2): E = {{{{1,2}}}} , F = {{{{2,5,6}}}}– Pr(E) = Pr(1) + Pr(2) = 2/6– Pr(F) = Pr(2) + Pr(5) + Pr(6) = 3/6– Pr(E F) = Pr(2) = 1/6 , – Pr(E+F) = Pr(E) + Pr(F) – Pr(E F) = 2/6 + 3/6 – 1/6 = 2/3– Infatti: E+F = {1,2,5,6} come nel caso 1

40 – 2

X1 = 1 1/6

X2 = 2 1/6

….

X6 = 6 1/6

Primjer: račun apriorne vjerovatnosti

Bacanje jedne kocke: ima se 6 jednakovjerovatnih elementarnih događaja (unaprijed poznati)

Slučajna promjenljiva: reprezentativna veličina događaja (numerička vrijednost na stranici kocke)

1 kocka: Vjerovatnost da se pojavi vrijednost slučajne varjable (Xi) između 1 i 6 je ista, tj.Xi = 1/6 za 1 ≤ X ≤ 6

�� – 2

X= 2 (1+1) 1/36

X=3 (1+2 o 2+1) 2/36

X=4 (1+3 o 3+1 o 2+2) 3/36

….

X=12 (6+6) 1/366,65,64,63,62,61,666,55,54,53,52,51,556,45,44,43,42,41,446,35,34,33,32,31,336,25,24,23,22,21,226,15,14,13,12,11,11

654321

Primjer: račun apriorne vjerovatnosti

Bacamo dvije kocke: postoji 36 jednako vjerovatnih elementarnih događaja (unaprijed poznati)

Slučajna promjenljiva: reprezentativna veličina događaja

Suma brojeva na stranicama kocki

2 kocke: 36 događaja, 11 vrijednosti Xi su jednako vjerovatni

iliili ili

�2 – 2

2 dadi

X

p(X)

2 3 4 5 6 7 8 9 101112

1/36

6/36

1 dado

X

p(X)

1 2 3 4 5 6

1/6

Primjer: proračun apriorne vjerovatnosti

Primjer: Proračun apriorne vjerovatnosti – grafičko predstavljanje pomoću histograma

• Vrijednosti slučajna varijable se podjele na klase

• Iz prethodnih tabela se dobiju vrijednosti p

• Crtaju se grafici

1 kocka

2 kocke

�� – 2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1 10 100 1000 10000n

Apriorna i posteriorna vjerovatnost

Pretpostavimo da smo imali nesreću igrati protiv aparata koji izbacuje kocke Procjenjujemo vjerovatnost različitih kombinacija kao što smo to već uradili Kladimo se na različite kombinacije proporcionalno vjerovatnosti njihovog

pojavljivanja (mudra strategija) ... ... svejednako gubimo more novaca! Kako se uvjeriti da je u pitanju preudešena kocka? U pitanju je problem posteriorne procjene vjerovatnosti Koncept za naputak: frekvenca događaja

Frek

venc

a

�� – 2

Niz jednakovjerovatnih događaja

Cilj: procijeniti vjerovatnost odigravanja događaja sastavljenih od niza elementarnih jednako vjerovatnih događaja– Naprimjer: niz G/P kod bacanja novčića

Neka se u prostoru, S, događaja pojedinačnog eksperimenta ima N(S) elementarnih događaja, pri čemu je vjerovatnost pojavljivanja svakog od njih jednaka i iznosi p = 1/N(S)

Neka je Sn prostor koji se odnosi na isti eksperiment ponovljen n puta.

Elementarni događaji u prostoru Sn su skupovi od n elementarnih događaja iz prostora S;

Broj događaja u prostoru Sn obilježimo sa N(Sn)

Prema hipotezi o jednakoj vjerovatnosti pojavljivanja svaki od njih ima vjerovatnost p = 1/N(Sn)

Problem: izračunati N(Sn)

�� – 2

Niz jednakovjerovatnih događaja

Primjer:

Izračunati vjerovatnost pojavljivanja niza GG u dva uzastopna bacanja novčića n = 2

Mogući nizovi rezultata (događaja):

Ako pretpostavimo da se ne radi o lažnom novčiću ⇒ svi događaji su jednako vjerovatni ⇒ vjerovatnost pojavljivanja niza GG iznosi p = 1/N(Sn) = ¼ = 0,25

n

GG GP

N(S ) 4 PG PP

• • ⇒ =• •

46 – 2

Razlučivi i nerazlučivi nizovi (na bazi reda prezentiranja)

Dva niza događaja su razlučiva ili nerazlučiva (razlikuju se ili se ne razlikuju) na bazi reda prezentiranja ovisno o kontekstu.

Ako prilikom bacanja novčića želimo izračunati broj mogućih nizova događaja, jasno je da razliku pravimo na bazi reda prezentiranja. U tom su slučaju dva gore predstavljena niza razlučiva.

Ako želimo izračunati vjerovatnost pojavljivanja glave četiri puta u šest bacanja novčića, onda su gore predstavljeni nizovi nerazlučivi.

�� – 2

Uzimanje uzoraka sa i bez ponovnog uvođenja (unošenja)

Korisno je razlikovati ove dvije vrste uzimanja uzoraka, budući da se između sebe znatno razlikuju.

Pretpostavimo da moramo izlučiti uređaje iz nekog kontejnera.

Uzimanje uzoraka bez ponovnog uvođenja predviđa da se izlučeni uređaji više ne vraćaju u kontejner.

– korisno za opisivanje mehanizama kontrole kvalitete

Uzimanje uzoraka s ponovnim uvođenjem predviđa da se izlučeni uređaji vraćaju u kontejner.

– korisno za aproksimiranje mehanizama kontrole kvalitete kad se mora izvući mali broj uređaja iz kontejnera koji sadrži mnogo uređaja

�� – 2

Primjer: Izvlačenje dvije loptice iz glasačke kutije koja sadrži tri loptice označene brojevima 1, 2 i 3

S2 za slučaj uzimanja uzoraka s ponovnim uvođenjem

Broj mogućih rezultata: 9

S2 za slučaj uzimanja uzoraka bez ponovnog uvođenja (vraćanje u kutiju već izvučene loptice)

Broj mogućih rezultata: 6

�� – 2

Uzimanje uzoraka s ponovnim uvođenjem

Cilj: izračunati broj nizova razlučivih na bazi reda objekata

N: broj loptica n: broj eksperimenata

– �o eksperiment: N loptica je na raspolaganju za izvlačenje– 2o eksperiment: N loptica je na raspolaganju za izvlačenje– ...– no eksperiment: N loptica je na raspolaganju za izvlačenje

Dakle: N(Sn) = N⋅N⋅⋅⋅N=Nn

Primjer:– Bacanje novčića ponovljeno

dva puta: N = 2, n = 2– N(S2) = 22 = 4– Zaista: S2 = {GG, GP, PG, PP}

Primjer: Izvlačenje s ponovnim uvođenjem dviju loptica iz kutije koja sadrži 3 loptice (N = 3, n = 2)– N(S2) = 32 = 9– Zaista:

50 – 2

Uzimanje uzoraka s ponovnim uvođenjem: primjeri proračuna vjerovatnosti

Primjer: Vjerovatnost pojavljivanja niza GG prilikom dva bacanja novčića (N = n = 2)– Događaji: (GG), (GP), (PG), (PP)– Pretpostavka: jednaka vjerovatnost– Vjerovatnost pojedinačnog događaja: p = 1/N(Sn) = ¼

Primjer: 10 puta ponovljeno bacanje novčića (N = 2, n = 10)– Broj događaja (mogućih nizova rezultata): N(Sn) = Nn = 210

– Primjer: (GGPPGPGPPG)– Vjerovatnost pojave pojedinog od mogućih nizova: p = 1/N(Sn) = ½10 ≈ 1/1000

Primjer: 10 puta ponovljeno bacanje jedne kocke (N = 6, n = 10)– Broj mogućih nizova rezultata N(Sn) = Nn = 610

– Primjer: (1111111111)– Pretpostavka: jednaka vjerovatnost– Vjerovatnost pojavljivanja svakog od mogućih nizova: p = 1/N(Sn) = 1/610 ≈ 1,65 x 10-�

OPAŽANJE: s porastom broja ponavljanja eksperimenta (n) i broja elementarnih događaja pojedinačnog eksperimenta (N), elementarni događaji ponovljenog eksperimenta imaju sve manju vjerovatnost pojavljivanja.

�� – 2

RGBRBGGRBGBRBRGBGR

Uzimanje uzoraka bez ponovnog uvođenja

Uzmimo primjer kutije u kojoj se nalazi N loptica.Kod prvog izvlačenja (prvog eksperimenta) na raspolaganju imamo:

N loptica.Kod drugog eksperimenta na raspolaganju imamo:

(N – 1) loptica.Dakle: N (N – 1) mogućih nizovaKod n-tog eksperimenta na raspolaganju imamo: [N- (n – 1)] = N – n + 1

lopticaUkupan broj mogućih nizova:

N(Sn) = N (N – 1) .... (N – n + 1) = (N)n = ( )

N!N-n !

Mogući nizovi:CZPCPZZCPZPCPCZPZC

�2 – 2

Uzimanje uzoraka bez ponovnog uvođenja

Primjer: izvlačenje bez ponovnog uvođenja (vraćanja u kutiju) dvije loptice iz kutije koja sadrži tri loptice

Ukupni broj loptica: N = 3 Broj izvlačenja eksperimenata: n = 2

Važna napomena: U ovoj su analizi (1, 2) i (2, 1) razlučivi skupovi sačinjeni od loptica 1 i

2 predstavljeni različitim redom.

Ne znači, međutim, da je red predstavljanja bitan.

n 3!N(S ) 6(3 2)!

= =−

�� – 2

( ) ( ) ( )[ ]3,23,12,1

Broj podskupova

⇒ xk = 3* Podskupom nazivamo skupove objekata koji nisu razlučivi na bazi poretka

elemenata; dakle {1, 2} i {2, 1} predstavljaju isti skup.

Problem: izračunati broj podskupova* od k loptica, xk, koje se mogu izvući bez ponovnog uvođenja (vraćanja u kutiju već izvučenih loptica) iz kutije koja sadrži N numeriranih loptica

Važna napomena: u ovom su slučaju nerazlučivi skupovi što sadrže iste loptice u različitom poretku.

Primjer: izvlačenje bez ponovnog uvođenja dvije loptice iz kutije što sadrži 3 loptice,

�� – 2

Proračun broja podskupova

Zamislimo da iz jedne kutije izvlačimo k loptica i stavljamo ih u drugu kutiju.

Izvlačenje, bez ponovnog uvođenja, nastavljamo sve dok ne ispraznimo prvu kutiju – prvo izvlačenje: k loptica, drugo izvlačenje: k – 1 loptica, ... , k-to

izvlačenje: 1 loptica

Od k loptica dobili smo k (k – 1) ... 1 = k! nizova razlučivih na bazi poretka elemenata

Suma k! + k! + ... k! Ponovljena xk puta odgovara broju svih nizova razlučivih na bazi poretka ⇒

( )

k

k

N!x k! = (N-k)!N!x

N-k ! k!=

�� – 2

Primjer

Izračunati broj podskupova xk reda 2 i ukupan broj nizova duljine 2 koji se mogu dobiti izvlačenjem iz kutije što sadrži četiri numerirane loptice, N(Sn) = (N)n.

( ) ( ) ( )( )

nk

n

k

N! 4! 1 2 3 4N(S ) N 12N-k ! 4 2 ! 1 2

N S �2x 6k! 2!

⋅ ⋅ ⋅= = = = =

− ⋅

= = =

56 – 2

Broj podskupova

Broj xk je općenito poznat kao binomni koeficijent

Binomni koeficijent ima svojstvo da za dva broja a i b vrijedi:

Zapažanje: ako je a = b= 1, dobit ćemo 2N što odgovara ukupnom broju mogućih podskupova kada se k mijenja od 0 do N.

( ) ( )N

k kN!x

N-k ! k!= =

( ) ( ) ( )N

N N-kN kk

k=0

a + b a b=∑

�� – 2

Primjer

Primjer: Događaji su podskupovi skupa S i sastoje se od jednog ili više elementarnih događaja

Ako uzmemo slučaj izvlačenja iz kutije koja sadrži 3 loptice označene brojevima 1, 2 i 3.

Elementarni događaji su {�}, {2}, {�} Ako nije važan red izvlačenja, onda su mogući događaji (kombinacije

elementarnih događaja):

{0}, {�}, {2}, {�}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}

Događaj {0} je onaj što odgovara slučaju kad nije izvučena niti jedna od tri loptice. On se naziva nemogući događaj.

Događaj {1, 2, 3} se podudara sa S i naziva siguran događaj. Broj događaja je 2N (8 u danom slučaju), pri čemu je N broj

elementarnih događaja u S.

�� – 2

Primjer

Izračunati broj podskupova u kojima se kod bacanja 5 novčića pojavljuju tri glave.

Broj nizova koji sadrži tri glave odgovara (podudara se) s brojem podskupova koji sadrže tri izvučena broja (bez ponovnog uvođenja) iz skupa {1, 2, 3, 4, 5}

Prema tome vrijedi

( ) !! !

��

� 102 �

= =

�� – 2

��

��

Binomni koeficijent

Prema svojoj definiciji binomni koeficijent xk je simetričan s maksimumom koji se ima za k = N/2.

Opažanje: Grafik teži imati izgled zvona.

Primjer

60 – 2

Binomni koeficijent: računanje maksimuma

)!2//()!2/()!2/(

!2/

1*23*4

)1*2)(1*2(1*2*3*4

)!2()!2(1*2*3*4

24

12/

NiNNN

NN

N N

N��

��

�=

−=��

�

��

�

===��

��

�

∏+

1

10

100

1000

10000

100000

1e+006

1e+007

1e+008

1e+009

0 5 10 15 20 25 30N

Mak

sim

um (b

inom

ni)

61 – 2

Uzimanje uzoraka s ponovnim uvođenjem: primjeri

Problem:

– U kutiji se nalazi N bijelih i crnih loptica:– NB bijelih loptica– Nc crnih loptica

Pitanje: koliki je broj nizova u kojima se poslije n izvlačenja dobije k bijelih loptica?

Naprimjer: za n = 10, k = 5 imamo nizove

BBBBBCCCCC, BCBCBCBCBC, BCCLBBCBBC, itd.____ ____ ____ ____ ____

Slučaj je analogan ranije razmatranom: trebam izvući k brojeva iz kutije što sadrži brojeve 1, ..., n

Budući da nas ne zanima poredak, potrebno je izračunati broj skupova

Pažnja: u ovom računu ne koristimo informacije koje se odnose na broj bijelih i crnih loptica. Razlog je činjenica da se radi o uzimanju uzoraka s ponovnim uvođenjem.

252!5)!510(

!105

10=

−=��

�

��

�==

k

n

62 – 2

Uzimanje uzoraka objekata sa zajedničkim karakteristikama

Pretpostavimo da imamo jedan kontejner u kojemu se nalazi:– N uređaja– NF ispravnih (funkcionalnih)– ND = N – NF neispravnih (defektnih)

Problem koji se želi riješiti je slijedeći:– Metodom slučaja izvlači se n uređaja (n < N)– Kolika je vjerovatnost da se pri tom izvuče k neispravnih uređaja?

Problem se očigledno odnosi na sisteme kontrole kvalitete.

Razlikujemo slučajeve:– s ponovnim uvođenjem– bez ponovnog uvođenja

63 – 2

1 2 3 4

1 2 3

3 1 2

4 2 3


Postavka je slijedeća:Prva faza: radimo na nizovima

– Neka je n = 10 (primjer)– Neka je k = 3 (primjer)– Izračunavamo broj nizova DFFDFFFFFD, DDFFFFFFFD, ...– Ovi nizovi se razlikuju po poretku, ali sadrže isti broj neispravnih uređaja– Važno: isti se niz (naprimjer DFFDFFFFFD) može realizirati s različitim

uređajima

Druga faza: označiti uređaje koji su izvučeni

64 – 2

Uzimanje uzoraka s ponovnim uvođenjem za objekte sa zajedničkim karakteristikama

1 2 3

4 5 6

7 8 9

10

1 2 3

4

1 2 3

4 5 6

7 8 9

10 11 12

13 14 15

16 17 18

19 20 21

19 20 21

{1,4,10}↔↔↔↔DFFDFFFFFD

Izvlačenje neispravnih uređaja u nizu

Izvlačenje neispravnih uređaja koji ulaze u niz

Izvlačenje ispravnih uređaja koji ulaze u niz

65 – 2

Uzimanje uzoraka s ponovnim uvođenjem za objekte sa zajedničkim karakteristikama

Prva faza

Problem se rješava kao u posljednjem primjeru: možemo zamisliti da izvla-čimo k brojeva koji označavaju poziciju neispravnih uređaja u jednom nizu– Naprimjer: {1, 4, 10} ↔ DFFDFFFFFD

Budući da nas poredak ne zanima ({1, 4, 10}, {1, 10, 4},... sve označavaju isti niz), znamo da vrijedi

Ali, svaki od ovih nizova može se realizirati korištenjem različitih uređaja.

Primjer– Defektni uređaji obilježeni su od 1 do ND– Isti niz DFFDFFFFFD može se realizirati s uređajima 1, 2, 3 ili 3, 5,

ND ili putom bilo koje trojke što sadrži brojeve od 1 do ND– Ista priča vrijedi za ispravne uređaje

Broj nizova od n uređaja od kojih su k neispravni = ( )nk

66 – 2


( ) knD

kD NNN

k

n −−⋅⋅��

��

�

Druga faza

Zamislimo da imamo dvije kutije– Prva sadrži ND neispravnih uređaja označenih brojevima od 1 do ND– Druga sadrži N – ND ispravnih uređaja označenih brojevima od 1 do

N – ND

Izvlačimo k neispravnih uređaja s ponovnim uvođenjem

– Broj nizova različitih prema poretku je: kDN

Izvlačimo (n – k) ispravnih uređaja s ponovnim uvođenjem – Broj nizova razlučivih prema poretku je: (N – ND)n-k

Proizvod NDk (N – ND)n-k jednak je broju načina koji nam omogućuju

dobiti jedan određeni niz (naprimjer: {1, 4, 10} ↔ DFFDFFFFFD).

Ako ovaj proizvod pomnožimo s brojem nizova u kojima je k uređaja neispravno, dobit ćemo ukupan broj načina koji nam omogućuju da nakon n eksperimenata izvučemo k neispravnih uređaja:

67 – 2

( )( )

knkn

knD

kD

n qpk

n

N

NNNk

n

kp −

−

⋅⋅��

��

�=

−⋅⋅��

��

�

=

( )N

NNq

NN

p

D

D

−=

=knkn NNN −⋅=

Uzimanje uzoraka s ponovnim uvođenjem za objekte s zajedničkim karakteristikama: vjerovatnost pojavljivanja niza

duljine n koji sadrži k objekata određenog tipa

Vjerovatnost da se u n eksperimenata ustanovi k neispravnih uređaja označit ćemo sa pn(k)

Ukupan broj mogućih nizova je: Nn

Ako su svi nizovi jednako vjerovatni imat ćemo:

gdje je:Bernoullieva (binomna)

distribucija

68 – 2

Primjer

( ) ( )3210

21

21

35

323

5 =��

��⋅�

��

��⋅��

�

��

�=�⋅⋅��

�

��

�= − pqp

k

nkp knk

n

Izračunati vjerovatnost dobivanja tri glave prilikom bacanja 5 novčića

U pitanju je eksperiment s ponovnim uvođenjem

Koristit ćemo Bernoullievu distribuciju, pri čemu vrijedi:

p – vjerovatnost padanja glave pri jednom jedinom bacanju novčića = 0,5

q – vjerovatnost padanja pisma pri jednom jedinom bacanju novčića = 0,5

69 – 2

ND (ND–1) (ND– 2) … (ND – k + 1) =ND!/(ND-k)!=(ND)k

NF (NF–1) (NF– 2) … (NF – n+k + 1) =NF!/(NF-n+k)!=(N-ND)(n-k)

( ) ( ) knDkD NNNk

n−−⋅⋅��

�

��

�

Uzimanje uzoraka bez ponovnog uvođenja za objekte sa zajedničkim karakteristikama

Prva fazaProcedura je identična prethodnojDruga faza

– Iz kutije koja sadrži ND neispravnih uređaja označenih brojevima od 1 do ND mogu dobiti slijedeći broj nizova razlučivih prema poretku:

– Iz kutije koja sadrži NF = N – ND ispravnih uređaja označenih brojevima od 1 do NF mogu dobiti:

– Ukupan broj mogućih nizova je: (ND)k (N – ND)n-k– Ukupan broj nizova u kojima se ima k neispravnih uređaja:

70 – 2

( )( ) ( )

( )n

knDkD

n N

NNNk

n

kp−−⋅⋅��

�

��

�

=

( ) ( )!!nN

NN n −

=

Uzimanje uzoraka bez ponovnog uvođenja za objekte s zajedničkim karakteristikama: vjerovatnost pojavljivanja niza duljine n koji sadrži k objekata određenog tipa

Ukupan broj mogućih nizova

Pretpostavljajući jednaku vjerovatnoću pojavljivanja

Uzimanje uzoraka bez ponovnog uvođenja za objekte s zajedničkim karakteristikama: vjerovatnost pojavljivanja niza

duljine n koji sadrži k objekata određenog tipa

Hipergeometrijska distribucija

�� – 2

Primjer

( )( ) ( )

( )n

knBkB

n N

NNNk

n

kp−−⋅⋅��

�

��

�

=

� ( )( ) ( )

( ) 203

!19!20

!17!17

!2!3

20

17311

11

01

1 =��

��

��

��

��

=⋅⋅��

�

��

�

=p

� ( )( ) ( )

( ) 203

12017

20

17301

01

10

1 −==⋅⋅��

�

��

�

=p

( ) ( )

( ) !!!

!/!

kknn

k

n

knnn k

−=��

�

��

�

−=

Primjer: U kutiji se nalazi 20 uređaja od kojih su 3 neispravna. Izračunati vjerovatnost da se

a) Izabere jedan neispravan uređaj nakon samo jednog izvlačenjab) Ne izabere neispravan uređaj nakon samo jednog izvlačenja

�

a) duljina niza: n = 1 broj neispravnih: k = 1

b) duljina niza: n = 1 broj neispravnih: k = 0

N = 20, ND = 3, N – ND = 17

− =

0n k

− =

�n k

�2 – 2

Primjer

a) Da je jedan od njih neispravan

b) Da su dva neispravna

c) Niti jedan uređaj nije neispravan

d) Maksimalno dva uređaja su neispravna Ovaj događaj predstavlja uniju događaja (a) i (c), tako daje njegova

vjerovatnost jednaka sumi vjerovatnosti događaja (a) – (c)

( )( ) ( )

( ) 46.020

17315

15

41

5 =⋅⋅��

�

��

�

=p→ n=5, k=1, n-k=4 �

( )( ) ( )

( ) 13.020

17325

25

32

5 =⋅⋅��

�

��

�

=p→ k=2, n-k=3 �

( )( ) ( )

( ) 39.020

17305

05

50

5 =⋅⋅��

�

��

�

=p→ k=0, n-k=5 �

� p(d) = p5(0) + p5(1) + p5(2) = 0.98

( ) ( )�=

=≤c

dn dPcd

0

Pr( ) ( )

( ) !!!

!/!

kknn

k

n

knnn k

−=��

�

��

�

−=

( )( ) ( )

( ) 46.020

17315

15

41

5 =⋅⋅��

�

��

�

=p→ n=5, k=1, n-k=4 �

( )( ) ( )

( ) 13.020

17325

25

32

5 =⋅⋅��

�

��

�

=p→ k=2, n-k=3 �

( )( ) ( )

( ) 39.020

17305

05

50

5 =⋅⋅��

�

��

�

=p→ k=0, n-k=5 �

� p(d) = p5(0) + p5(1) + p5(2) = 0.98

( ) ( )�=

=≤c

dn dPcd

0

Pr( ) ( )

( ) !!!

!/!

kknn

k

n

knnn k

−=��

�

��

�

−=

( )( ) ( )

( ) 46.020

17315

15

41

5 =⋅⋅��

�

��

�

=p→ n=5, k=1, n-k=4 �

( )( ) ( )

( ) 13.020

17325

25

32

5 =⋅⋅��

�

��

�

=p→ k=2, n-k=3 �

( )( ) ( )

( ) 39.020

17305

05

50

5 =⋅⋅��

�

��

�

=p→ k=0, n-k=5 �

� p(d) = p5(0) + p5(1) + p5(2) = 0.98

( ) ( )�=

=≤c

dn dPcd

0

Pr( ) ( )

( ) !!!

!/!

kknn

k

n

knnn k

−=��

�

��

�

−=

( )( ) ( )

( ) 46.020

17315

15

41

5 =⋅⋅��

�

��

�

=p→ n=5, k=1, n-k=4 �

( )( ) ( )

( ) 13.020

17325

25

32

5 =⋅⋅��

�

��

�

=p→ k=2, n-k=3 �

( )( ) ( )

( ) 39.020

17305

05

50

5 =⋅⋅��

�

��

�

=p→ k=0, n-k=5 �

� p(d) = p5(0) + p5(1) + p5(2) = 0.98

( ) ( )�=

=≤c

dn dPcd

0

Pr( ) ( )

( ) !!!

!/!

kknn

k

n

knnn k

−=��

�

��

�

−=

Za slučaj da se izvuče 5 uređaja izračunati vjerovatnosti:

�� – 2

Kontrola kvalitete prema svojstvima

Tipična finalna kontrola serije od N uređaja

Svaki od uređaja može biti– primjeren– neprimjeren

Metoda inspekcije proizvodnje; mnogo korištena 1930. – 1950.

Danas se preferiraju– Statistic Proces Control (SPC)– Design of Experiments (DOE)

Ponekad se serija proizvoda vrati proizvođaču na dalju doradu i ponovno podvrgne kontroli.

Metoda se može primijeniti i unutar proizvodnog ciklusa kako bi se provjerila kvaliteta podprocesa u procesu proizvodnje.

Ovu je tehniku nužno primijeniti u slučaju kad se vrše destruktivna ispitivanja.

�� – 2

Kontrola kvalitete prema svojstvima

Metoda: Prije kupovine serije uređaja kupac provodi slijedeću proceduru:1. Uzima slučajni uzorak od n uređaja iz serije.2. Procjenjuje broj uređaja iz uzetog uzorka koji nisu primjereni, d.3. Ako je broj d veći od unaprijed danog broja c, serija se odbija.

Važno!!! Odluka o prihvaćanju ili odbijanju serije je slučajni događaj. Moguće je da se:

– prihvati «loša» serija– odbije «dobra» serija

Dobra od loše serije se razlikuje po tome što je odnos p = ND/N (ND – broj neispravnih uređaja) manji/veći od unaprijed postavljene vrijednosti (cilj)

Da bi se snizio rizik može se povećati dimenzija uzorka.

Za kritične komponente (sigurnost) može se analizirati kompletna serija.

�� – 2

Kontrola kvalitete prema svojstvima: prednosti / nedostaci

Prednosti

Jeftinije nego provjeravati kompletnu seriju

Koristi se manje radne snage

Provjerava se samo jedan dio serije: snižen rizik od oštećenja

Snižen rizik od pojave grešaka prilikom inspekcije

Tehnika primjenljiva za destruktivna ispitivanja

Daje indirektne indikacije o kvaliteti proizvodnje

Nedostaci

Rizik da se prihvate «dobri» a odbace «loši»

Manje informacija proizvođaču o kvaliteti proizvoda kod odbijanja serije (u odnosu na druge metode)

Traži planiranje i dokumentiranje

76 – 2

Kontrola kvalitete prema svojstvima: metode

Metode

Metoda 1: jednostavna Prije kupovine serije uređaja kupac:1. Uzima slučajni uzorak od n

uređaja iz serije 2. Procjenjuje broj uređaja iz uzetog

uzorka koji nisu primjereni, d3. Ako je broj d veći od unaprijed

danog broja c, serija se odbijaMetoda 2: Dvostruko uzimanje

uzoraka– Provedi test # 1. Ako ne prođe– Provedi test # 2. Ako prođe– Odluči na bazi # 1 i # 2

Metoda 3: Višestruko uzimanje uzoraka– Kao kod Metode 2, ali s više od

2 testaMetoda 4: Sekvencijalno uzimanje

uzoraka– Kao kod Metode 3 s tim što se

dimenzija uzorka sekvencijalno povećava (po jedan uređaj više)

Važno

Izbor uređaja koji ulaze u uzorak mora zaista biti slučajan

Metoda:– Obilježiti uređaje od 1 do N– generirati n slučajnih brojeva od

1 do N– izvući uzorak od n uređaja

�� – 2

( ) ( )�=

=≤c

d

ndpBcd0

,,Pr

( ) dnd qpd

nndpB −⋅⋅��

�

��

�=,,

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

1

0 0.05 0.1 0.15 0.2

Pac

c(c

=2,n

=50)

p=D/N

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

0 0.05 0.1 0.15 0.2P

acc

(c=2

,n=5

0)

p=D/N

Kako izabrati n i c? Radna kriva

Pr(odbiti)

Radna kriva daje vjerovatnost pri-hvatljivosti serije u funkciji odnosa p = D/N; D – broj neprimjerenih (defektnih, neispravnih) uređaja

Kriva ovisi o:– n: dimenzija uzorka– c: kritični broj neispravnih

uređaja

Za kvantitativnu procjenu koristimo radnu krivu tipa B:

Pr(prihvatiti)

Idealna kriva (n = N)

Kritična manjkavost

( ) ( )�=

=≤c

d

ndpBcd0

,,Pr

( ) dnd qpd


�

��

�=,,

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

1

0 0.05 0.1 0.15 0.2

Pac

c(c

=2,n

=50)

p=D/N

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

0 0.05 0.1 0.15 0.2

Pac

c(c

=2,n

=50)

p=D/N

Pr(

prih

vatit

i); c

= 2

, n =

50

Pr(

prih

vatit

i); c

= 2

, n =

50

( ) ( )�=

=≤c

d

ndpBcd0

,,Pr

( ) dnd qpd


�

��

�=,,

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

1

0 0.05 0.1 0.15 0.2

Pac

c(c

=2,n

=50)

p=D/N

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

0 0.05 0.1 0.15 0.2

Pac

c(c

=2,n

=50)

p=D/N

�� – 2

( )�=

=c

dDA NNndIGP

0

,,,

( )( ) ( )

( )n

dnDdD

D N

NNNd

n

NNndIG−−⋅⋅��

�

��

�

=,,,

Krive tipa A i krive tipa B

Teoretski, kriva tipa B treba biti korištena prilikom uzimanja uzoraka kod kontinuiranog toka objekata (beskonačna dimenzija), tako da je praktički u pitanju uzimanje uzoraka s ponovnim uvođenjem.

Budući da serija ima konačnu dimenziju, potrebno je koristiti krivu tipa A koja se odnosi na uzimanje uzoraka bez ponovnog uvođenja (dobivenu primjenom hipergeometrijske distribucije):

U slučaju kad je n/N < 10% dvije krive se ne razlikuju

S obzirom na činjenicu da je lakše izračunati krivu tipa B nju ćemo i koristiti

HG

�� – 2

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

1

0 0.05 0.1 0.15 0.2p=D/N

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

1

0 0.05 0.1 0.15 0.2p=D/N

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

1

0 0.05 0.1 0.15 0.2p=D/N

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

1

0 0.05 0.1 0.15 0.2p=D/N

28%

54%

5%

12%

Kako izabrati n i c? Radna kriva

Pr(

prih

vatit

i); c

= 1

, n =

50

Pr(

prih

vatit

i); c

= 1

, n =

100

Pr(

prih

vatit

i); c

= 2

, n =

50

Pr(

prih

vatit

i); c

= 2

, n =

100

80 – 2

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

0 0.05 0.1 0.15 0.2

AQL: Acceptable Quality LevelRQL: Rejectable Quality Level

Il progetto di OC richiede, la definizione di:

1. AQL e della corrispondente Pacc

2. RQL e della corrispondente 1-Pacc

Radna kriva

AQL: Prihvatljivi nivo kvaliteteRQL: Neprihvatljivi nivo kvalitete Korištenje radne krive traži definiciju1. AQL i korespondirajuće Pr (prihvatiti)2. RQL i korespondirajuće 1 – Pr(prihvatiti)

AQL Kvaliteta koja omogućuje prihvaćanja serije sa p = 95%

RQLKvaliteta koja dovodi do odbijanja serije sa p = 95%P

r(pr

ihva

titi);

c =

2, n

= 5

0

p = D / N

poglavlje ii račun vjerovatnosti: definicija vjerovatnosti ...zakon velikih brojeva i teorema...

Documents