vjerovatnoca i statistika¶ zbirka rijesenih · pdf fileii autori: dr milan...

VJEROVATNOCA I STATISTIKA

ZBIRKA RIJESENIH ZADATAKA

==========================

M. JOVANOVIC M. MERKLE Z. MITROVIC

Elektrotehnicki fakultet Banja Luka==================================

ii

Autori:dr Milan Jovanovic, PMF Banjalukadr Milan Merkle, ETF Beograddr Zoran Mitrovic, ETF Banjaluka

Izdavac:ETF Banjaluka

Recenzenti:dr Dobrilo D- . Tosic, ETF Beograddr Zagorka Lozanov-Crvenkovic, PMF Novi Sad

Stampa:

Tiraz:250 primjeraka

Sadrzaj

1 Prostor vjerovatnoca 1

2 Slucajne promjenljive 23

3 Numer. karakteristike sluc. promjenljivih 45

4 Karakteristicne funkcije 67

5 Granicne teoreme 87

6 Matematicka statistika 105

7 Dodaci 1197.1 Pregled vaznijih raspodjela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1197.2 Statisticke tablice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

iii

iv SADRZAJ

Predgovor

Zbirka je pisana po programu predmeta Verovatnoca i statistika koji sepredaje na ETF-u Beogradu kao i po programu predmeta Vjerovatnoca i statis-tika na ETF-u Banjaluci. Vecinu zbirke cine ispitni zadaci koji su detaljnourad-eni. Zbirku mogu da koriste i studenti na svim fakultetima na kojima sepredaje odgovarajuci predmet.

Zahvaljujemo se recenzentima na korisnim sugestijama.Posebnu zahvalnost dugujemo kolegi Ostoji Cenicu.

1

Prostor vjerovatnoca

Zadatak 1.1. Cetiri kartice su numerisane brojevima 1, 2, 3, 4. Slucajno seizvlaci jedna kartica i registruje broj. Pokazati da su dogad-aji: A-broj je paran,B-broj je manji od 3, C-broj nije potpun kvadrat, u parovima nezavisni, ali nisunezavisni u ukupnosti.Rjesenje. Ovdje je

Ω = 1, 2, 3, 4, A = 2, 4, B = 1, 2, C = 2, 3.

Posto jeA ∩B = A ∩ C = B ∩ C = A ∩B ∩ C = 2,

vrijedi sljedece:

P (A) = P (B) = P (C) =12,

P (A ∩B) = P (A ∩ C) = P (B ∩ C) =14,

P (A ∩B ∩ C) =14.

Dakle,P (A ∩B) = P (A)P (B), P (A ∩ C) = P (A)P (C),

P (B ∩ C) = P (B)P (C),

ali jeP (A ∩B ∩ C) 6= P (A)P (B)P (C).

Zadatak 1.2. Dokazati da nezavisnost dogad-aja A i B povlaci nezavisnostdogad-aja AC i BC , AC i B te A i BC .Rjesenje. Iskoristicemo formule

P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B) i P (AC) = 1− P (A).

1

2 1. PROSTOR VJEROVATNOCA

Vrijedi slijedece

P (AC ∩BC) = P ((A ∪B)C) = 1− P (A ∪B).

Dakle,P (AC ∩BC) = 1− (P (A) + P (B)− P (A ∩B)).

Ako su A i B nezavisni dogad-aji onda je

P (AC ∩BC) = 1− P (A)− P (B) + P (A)P (B)= (1− P (A))(1− P (B)) = P (AC)P (BC),

pa su i dogad-aji AC i BC nezavisni.U drugom slucaju je

P (B) = P (Ω ∩B) = P ((A ∪AC) ∩B).

Kako je(A ∪AC) ∩B = (A ∩B) ∪ (AC ∩B),

imamoP (B) = P (A ∩B) + P (AC ∩B)− P (A ∩AC ∩B),

pa zbog, P (A ∩AC ∩B) = P (∅) = 0, dobijamo

P (B) = P (A ∩B) + P (AC ∩B).

Ako su A i B nezavisni slijedi

P (B) = P (A)P (B) + P (AC ∩B),

pa jeP (AC ∩B) = (1− P (A))P (B) = P (AC)P (B).

Treci slucaj: Ako su A i B nezavisni, onda su AC i B nezavisni, pa su i (AC)C

i BC tj. A i BC nezavisni dogad-aji. Ili iz nezavisnosti A i B slijedi nezavisnostB i A, pa i BC i A.Zadatak 1.3. Neka su dogadjaji A i B takvi da je

P (A ∩B) =14, P (AC) =

13, P (B) =

12.

Odrediti P (A ∪B).Rjesenje. Kako je

P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B) i P (AC) = 1− P (A),

imamoP (A ∪B) =

23

+12− 1

4=

1112

.

Zadatak 1.4. Tri igraca A,B, C tim redom bacaju kocku sve dok prvi put nepadne broj 6. Pobjed-uje onaj igrac kod koga padne 6. Naci za svakog igraca

3

vjerovatnocu da bude pobjednik.Rjesenje. Neka su Ak, Bk, Ck dogad-aji: igracu A,B, C je u k-tom pokusajupala sestica, a DA, DB, DC dogad-aji da je odgovarajuciigrac pobijedio. Tada vrijedi

DA = A1 + AC1 BC

1 CC1 A2 + AC

1 BC1 CC

1 AC2 BC

2 CC2 A3 + · · ·+

+AC1 BC

1 CC1 AC

2 BC2 CC

2 · · ·ACk BC

k CCk Ak+1 + · · ·

Dogad-aji AC1 , BC

1 , CC1 , . . . , AC

k , BCk , CC

k , Ak+1, . . . su nezavisni i

P (ACk ) = P (BC

k ) = P (CCk ) =

56, P (Ak+1) =

16,

pa je

P (DA) =16

+(

56

)3 16

+ · · ·+(

56

)3k 16

+ · · · = 3691

.

Slicno se dobije

P (DB) =3091

i P (DC) =2591

.

Krace je ovako. Neka je P (DA) = p. Tada je

P (DB) =5p

6,

jer ako igracu A u prvom bacanju ne padne 6, igra se ponavlja u redoslijeduB, C,A. Takod-e,

P (DC) =25p

36i

DA + DB + DC = Ω,

odakle je

p +5p

6+

25p

36= 1 i p =

3691

.

Primjedba. Ako je A ∩B = ∅, umjesto A ∪B pisemo A + B.Zadatak 1.5. Cetiri crne i cetiri crvene karte nizu se slucajno. Naci vjerovatnocesljedecih dogad-aja:a) A-niz pocinje i zavrsava crnom kartom,b) B-crne karte su jedna do druge,c) C-crne karte su jedna do druge i crvene karte su jedna do druge,d) D-boje su naizmjenicno poredane.Rjesenje.a) Broj svih mogucih nizova (rasporeda karata) je 8!. Na prvom mjestu crnakarta se moze naci na

(41

)nacina. Za svaki od njih crna karta se na posled-

njem mjestu moze naci na(31

)nacina. To je

(41

)(31

)mogucnosti. Za svaku od

njih preostalih 6 karata se, izmed-u, moze rasporediti na 6! nacina. Dakle, brojpovoljnih rasporeda je

(41

)6!

(31

), pa je

P (A) =

(41

)6!

(31

)

8!=

314

.


b) U povoljnim slucajevima crne karte su na mjestima 1, 2, 3, 4 ili 2, 3, 4, 5 ili3, 4, 5, 6 ili 4, 5, 6, 7 odnosno 5, 6, 7, 8. Na cetiri mjesta cetiri crne karte se mogunaci na 4! nacina, a crvene isto tako na preostala cetiri mjesta. Broj povoljnihslucajeva (ishoda) je 5 · 4! · 4!, pa je

P (B) =5 · 4! · 4!

8!=

114

.

Na slican nacin dobijamo

P (C) = P (D) =2 · 4! · 4!

8!=

135

.

Zadatak 1.6. Kocka se baca 50 puta. Odrediti najvjerovatniji broj pojavlji-vanja dogad-aja : pao je broj djeljiv sa 3.Rjesenje. Za najvjerovatniji broj pojavljivanja dogad-aja u Bernulijevoj semi,to jest za broj k ∈ 0, 1, . . . , n za koji je vjerovatnoca

Pk =(

n

k

)pkqn−k

maksimalna vrijedinp− q ≤ k ≤ np + p.

Ovdje je

n = 50, p =13, q =

23,

pa vrijedi

16 = 5013− 2

3≤ k ≤ 50

13

+13

= 17.

Dakle, k ∈ 16, 17.Zadatak 1.7. Data je elektricna sema

A C

©©

©©

©©D

©©B

Svaki od prekidaca je nezavisno od drugih, zatvoren sa vjerovatnocom 12 . Naci

vjerovatnocu da je mreza AB zatvorena.Rjesenje. Dio mreze CD je otvoren ako su oba prekidaca otvorena. Vjerovatnocatog dogad-aja je 1

4 , a vjerovatnoca da je dio CD zatvoren je 34 . Sada je mreza

reducirana na

©©

©©

©©A E CD F B

Dio EF je zatvoren ako su oba prekidaca zatvorena. Vjerovatnoca tog dogad-aja

5

je 34 · 1

2 = 38 . Sada mreza izgleda ovako

©©

©©A EF B

Dakle, mreza AB je otvorena sa vjerovatnocom 58 · 1

2 , a zatvorena sa vjerova-tnocom 11

16 .Zadatak 1.8. Od N proizvoda M je neispravnih. Slucajno se bira n proizvoda(n ≤ N). Naci vjerovatnocu da je med-u njima:a) m neispravnih (m ≤ n),b) najvise m neispravnih.Rjesenje.a) Od N proizvoda, n se moze izabrati na

(Nn

)nacina. Neispravni proizvodi se

mogu izabrati na(Mm

), a ispravni na

(N−Mn−m

)nacina. Dakle,

p =

(Mm

)(N−Mn−m

)(

NM

) .

Dalje, vrijedi N −M ≥ n−m (inace bi med-u izabranim proizvodima bilo viseispravnih nego sto ih ukupno ima), odnosno m ≥ n + M −N . Slijedi uslov

K0 = max0, n + M −N ≤ m ≤ minn,M.b) Trazena vjerovatnoca je zbir vjerovatnoca dogad-aja: med-u izabranim proizvodimam je nespravnih, ili m− 1 neispravnih, . . .Ako je N −M ≥ n tada je K0 = 0 ≥ n + M −N i

p =

(Mm

)(N−Mn−m

)+ · · ·+ (

M0

)(N−M

n

)(Nn

) .

U suprotnom je N −M < n ili 0 < n + M −N = K0, pa je posljednji sabirak(M

n+M−N

)(N−MN−M

). Znaci,

p =

m∑K=K0

(Mk

)(N−Mn−k

)

(Nn

) .

Zadatak 1.9. U kutiji se nalazi n crvenih i n bijelih kuglica. Iz kutije se naslucajan nacin vade po dvije kuglice bez vracanja sve dok se kutija ne isprazni.Kolika je vjerovatnoca da se svaki put par sastojao od jedne crvene i jedne bijelekuglice?Rjesenje. Prvi par kuglica mozemo izabrati na

(2n2

)nacina. Kada je jedan

par kuglica izabran, drugi par kuglica mozemo izabrati na(2n−2

2

)nacina. Posto

smo izabrali dva para kuglica, treci par mozemo izabrati na(2n−4

2

)nacina, itd.

Dakle, n parova mozemo izabrati na(

2n

2

)(2n− 2

2

)· · ·

(22

)


nacina.U prvom izvlacenju mozemo izabrati jednu crvenu i jednu bijelu kuglicu na n ·nnacina, nakon toga u drugom izvlacenju mozemo izabrati jednu crvenu i jednubijelu kuglicu na (n − 1)(n − 1) nacina, u trecem izvlacenju mozemo izabratijednu crvenu i jednu bijelu kuglicu na (n−2)(n−2) nacina itd. Znaci, n parovaod jedne bijele i jedne crvene kuglice mozemo izabrati na n2(n − 1)2 · · · 22 · 12

nacina. Sada je trazena vjerovatnoca

p =(n!)2(

2n2

)(2n−2

2

) · · · (22

) =2n

(2nn

) .

Zadatak 1.10. Iz skupa

Ω = (x1, . . . , x10) : x1 + · · ·+ x10 = 20, xi ∈ N ∪ 0, i = 1, . . . , 10

na slucajan nacin se bira jedan elemenat (x1, x2, . . . , x10). Odrediti vjerovatnocuda je x1 ≥ 3 i x10 ≥ 5.Rjesenje. Odredimo prvo broj rjesenja jednacine

x1 + · · ·+ xk = n,

u nenegativnim cijelim brojevima.Broj rjesenja jednak je broju nacina da se izmed-u k − 1 jedinica stavi n nulasto je isto sto i broj nacina da se od n + k − 1 elemenata izabere podskup odk − 1 elemenata, a to je (

n + k − 1k − 1

).

Broj elemenata skupa Ω je(

20 + 10− 110− 1

)=

(299

).

Broj svih elemenata iz Ω za koje je x1 ≥ 3 i x10 ≥ 5 je broj rjesenja jednacine

y1 + y2 + · · ·+ y10 = 20− 3− 5,

gdje jey1 = x1 − 3, yi = xi, i = 2, . . . , 9, y10 = x10 − 5,

a to je (12 + 10− 1

10− 1

)=

(219

).

Trazena vjerovatnoca je

P =

(219

)(299

) .

Zadatak 1.11. Iz kutije koja sadrzi n bijelih i m crnih kuglica slucajnoizvlacimo k ≤ m + n kuglica.

7

a) Naci vjerovatnocu da se med-u kuglicama nalazi tacno j (j ≤ k) bijelih.b) Koristeci se rezultatom pod a), naci zbir

k∑

j=0

(n

j

)(m

k − j

).

Rjesenje.a) Trazena vjerovatnoca je

pj =

(nj

)(m

k−j

)(n+m

k

) , j = 0, . . . , k.

Kako jek∑

j=0

pj = 1,

imamok∑

j=0

(n

j

)(m

k − j

)=

(n + m

k

).

Zadatak 1.12. Dvije kutije sadrze po 10 kuglica. Iz kutija izvlacimo naslucajan nacin po jednu kuglicu, pri cemu se pri svakom izvlacenju kutija slu-cajno bira. Kolika je vjerovatnoca, da u momentu kada se konstatuje da je jednakutija prazna, druga sadrzi 7 kuglica?Rjesenje. Oznacimo sa A prvu, a sa B drugu kutiju sa kuglicama. Trazimovjerovatnocu da je u kutiji B ostalo 7 kuglica u momentu kada je konstato-vano da je kutija A prazna. Sa xi = 0 ili xi = 1 oznacimo dogad-aj da smoi−to izvlacenje vrsili iz kutije A ili iz kutije B, te izvukli kuglicu iz kutije ako ihtamo jos ima. Svakom slucaju na obostran jednoznacan nacin mozemo pridruzitiured-enu 14-torku (x1, x2, . . . , x14) kojih ukupno ima 214. Povoljni slucajevi suoni kod kojih je x14 = 0, a med-u x1, x2, . . . , x13 ima tacno 10 koji su jednaki 0.Prema tome, povoljnih slucajeva ima

(1310

). Vjerovatnoca je dakle, jednaka

p =2(1310

)

214,

jer A i B imaju simetricnu ulogu.Zadatak 1.13. Neka je X = 1, 2, . . . , n. Naci vjerovatnocu da za slucajnoizabrane neprazne, razlicite podskupove A,B ⊂ X vrijedi:a) A ∩B = ∅,b) A ∪B = X.Rjesenje.a) Dva neprazna razlicita podskupa A,B ⊂ X mozemo izabrati na (2n−1)(2n−2) nacina. Skup A koji ima k (1 ≤ k ≤ n) elemenata mozemo izabrati na

(nk

)nacina. U tom slucaju B moze biti bilo koji neprazan podskup od X \A. PostoX \A ima n− k elemenata, takvih podskupova B ima 2n−k − 1. Znaci, trazenavjerovatnoca je


p =

n∑k=1

(nk

)(2n−k − 1)

(2n − 1)(2n − 2)=

3n − 2n+1 + 1(2n − 1)(2n − 2)

.

b) A ∪ B = X ⇔ AC ∩ BC = ∅, sada koristeci rezultat u a) dobijamo da jetrazena vjerovatnoca

p =

n∑k=1

(nk

)(2n−k − 1)

(2n − 1)(2n − 2)=

3n − 2n+1 + 1(2n − 1)(2n − 2)

.

Zadatak 1.14. Pred bioskopom stoji u redu 2n lica, n od njih ima novcaniceod 10 din, a n od 5 din. Svako lice kupuje jednu kartu koja kosta 5 din. Prijeprodaje karata u kasi nije bilo novca. Naci vjerovatnocu da nijedno lice nececekati kusur.Rjesenje. Mozemo smatrati da se skup svih mogucih slucajeva sastoji od svihured-enih 2n−torki (x1, . . . , x2n) pri cemu je xi = 5 ili xi = 10 u zavisnosti odtoga da li i−to lice ima novcanicu od 5 ili od 10 dinara. Posto tacno n lica imanovcanicu od 5 dinara i tacno n lica ima novcanicu od 10 dinara, ukupan brojslucajeva je

(2nn

). Odredimo broj onih koji su povoljni. U zavisnosti od toga da

li i−to lice koje stoji u redu ima novcanicu od 5 ili od 10 dinara pridruzimo mutacku (i,−1) ili (i, 1). Povucimo izlomljenu liniju iz tacke (0, 0) kroz tacke saapscisama 1, 2, . . . , 2n, a ordinatu u svakoj tacki sa apscisom i, i = 1, 2, . . . , 2nodredimo kao zbir ordinata tacaka sa apscisama 1, 2, . . . , i (njihove ordinate su−1 ili 1 u zavisnosti od toga da li i−to lice ima novcanicu od 5 ili 10 dinara).Skup svih povoljnih slucajeva je skup svih izlomljenih linija koje nemaju tackeiznad x−ose. Svakoj datoj izlomljenoj liniji koja ima tacku iznad x−ose mozemoobostrano jednoznacno pridruziti izlomljenu liniju koja se sa datom poklapa doprve tacke zajednicke sa pravom y = 1 i dalje od te tacke simetricna sa datomizlomljenom linijom u odnosu na pravu y = 1. Takve izlomljene linije polazeiz (0, 0) i zavrsavaju u (2n, 2), jer izlomljena linija koja je simetricna sa njomu odnosu na pravu y = 1 zavrsava u (2n, 0) (jer ima n lica sa novcanicama od5 dinara i n lica sa novcanicama od 10 dinara). Prema tome, one imaju n + 1”uspona” i n − 1 ”padova”, pa je njihov broj

(2n

n+1

). Znaci, broj nepovoljnih

slucajeva je(

2nn+1

), pa je trazena vjerovatnoca

p = 1−(

2nn+1

)(2nn

) =1

n + 1.

Zadatak 1.15. N lica izmjesaju svoje sesire i nasumice stavljaju na glavu pojedan sesir. Naci vjerovatnocu da bar jedno lice stavi svoj sesir na svoju glavu.Cemu tezi ta vjerovatnoca kada broj lica i sesira neograniceno raste?Rjesenje. Neka je A dogad-aj da bar jedno lice stavi svoj sesir na svoju glavu.Sa Ai oznacimo dogad-aj da je i−to lice stavilo svoj sesir na svoju glavu (i =1, 2, . . . , N). N lica moze rasporediti N sesira na glave na N ! nacina, ako jei−to lice stavilo svoj sesir na svoju glavu, tada preostalih N − 1 lica moze

9

rasporediti N − 1 sesira na svoje glave na (N − 1)! nacina. Prema tome je

P (Ai) =(N − 1)!

N !=

1N

. Slicnim razmisljanjem dobijamo da je

P (Ai ∩Aj) =(N − 2)!

N !=

1N(N − 1)

, 1 ≤ i < j ≤ N,

P (Ai ∩Aj ∩Ak) =(N − 3)!

N !=

1N(N − 1)(N − 2)

, 1 ≤ i < j < k ≤ N,

. . .

P (A1 ∩A2 ∩ · · · ∩AN ) =1

N !.

Posto je ocigledno A =N⋃

i=1

Ai i posto vrijedi formula

P (N⋃

i=1

Ai) =N∑

i=1

P (Ai)−∑

1≤i<j≤N

P (Ai ∩Aj)+

∑

1≤i<j<k≤N

P (Ai ∩Aj ∩Ak)− · · ·+ (−1)N−1P (A1 ∩A2 ∩ · · · ∩AN ),

imamo da je

P (A) =N∑

i=1

1N−

∑

1≤i<j≤N

1N(N − 1)

+ · · ·+ (−1)N−1 · 1N !

.

Odavde je

P (A) = 1−(

N

2

)1

N(N − 1)+

(N

3

)1

N(N − 1)(N − 2)− · · ·

+(−1)N−1 · 1N !

.

Znaci,

P (A) = 1− 12!

+13!− · · ·+ (−1)N−1

N !,

pa

P (A) → 1− 1e

kad N →∞.

Zadatak 1.16. Iz skupa 1, 2, . . . , n slucajno biramo broj a. Naci vjerovatnocuda on nije djeljiv ni sa jednim od brojeva a1, . . . , ak, gdje su ai, i = 1, 2, . . . , kprirodni i uzajamno prosti brojevi. Cemu tezi ta vjerovatnoca kad n →∞.Rjesenje. Neka je A dogad-aj cija se vjerovatnoca trazi. Oznacimo sa Ai

dogad-aj da je a djeljiv sa ai, i = 1, 2, . . . , k. Sada imamo, da je AC =k⋃

i=1

Ai.

Ako sa [·] oznacimo najvece cijelo, dobijamo da vrijedi

P (Ai) =

[ n

ai

]

n, i = 1, 2, . . . , k,


P (Ai ∩Aj) =

[ n

aiaj

]

n, 1 ≤ i < j ≤ k . . . ,

P (A1 ∩A2 ∩ · · · ∩Ak) =

[ n

a1 . . . an

]

n,

jer su a1, . . . , ak uzajamno prosti, pa posto vrijedi

P (k⋃

i=1

Ai) =k∑

i=1

P (Ai)−∑

1≤i<j≤k

P (Ai ∩Aj) + · · ·

+(−1)kP (A1 ∩ · · · ∩Ak)

dobijamo

P (AC) =k∑

i=1

[ n

ai

]

n−

∑

1≤i<j≤k

[ n

aiaj

]

n+ · · ·

+(−1)k

[ n

a1 · · · ak

]

n,

pa je

P (A) = 1−(

k

1

)[ n

ai

]

n+

(k

2

)[ n

aiaj

]

n+ · · ·

+(

k

k

)(−1)k

[ n

a1 . . . ak

]

n.

Vidimo da

P (A) →k∏

i=1

(1− ai) kad n → +∞,

jer [n

a

]

n→ 1

akad n → +∞.

Zadatak 1.17. U voz sa m vagona na slucajan nacin i nezavisno jedan oddrugog ulazi n putnika (n ≥ m). Odrediti vjerovatnocu da u svaki vagon ud-ebar jedan putnik.Rjesenje. Neka je Ai oznaka za dogad-aj da u i−ti vagon nije niko usao,i = 1, 2, . . . , m. Ako sa A oznacimo dogad-aj cija se vjerovatnoca trazi u zadatku,

tada ocigledno AC =m⋃

i=1

Ai.

P (Ai) =(1− 1

m

)n

i = 1, 2, . . . , m

P (Ai ∩Aj) =(1− 2

m

)n

, 1 ≤ i < j ≤ m

11

. . .

P (Ai1 ∩ · · · ∩Aim−1) =(1− m− 1

m

)n

, 1 ≤ i1 < . . . im−1 ≤ m.

Sada je

P (AC) =m∑

i=1

(1− 1

m

)n

−∑

1≤i<j≤m

(1− 2

m

)n

+ · · ·

· · ·+ (−1)m−1∑

1≤i1<···<im−1≤m

(1− m− 1

m

)n

Znaci,

P (A) = 1−(

m

1

)(1− 1

m

)n

+ · · ·+ (−1)m

(m

m− 1

)(1− m− 1

m

)n

.

Zadatak 1.18. Izvodi se n nezavisnih opita koji se sastoje u bacanju k novcica.Izracunati vjerovatnoce dogad-aja:A-bar jednom su na svim novcicima pali svi grbovi,B-tacno m puta su na svim novcicima pali svi grbovi.Rjesenje. Neka Ai oznacava dogadjaj da u i-tom opitu nisu pali svi grbovi,i = 1, . . . , n. Vrijedi

P (Ai) = 1− 12k

, i = 1, . . . , n i AC = A1 · · ·An.

Dogadjaji Ai su nezavisni, pa vrijedi

P (AC) =(

1− 12k

)n

.

Dakle,

P (A) = 1−(

1− 12k

)n

.

Za vjerovatnocu dogadjaja B, koristeci vjerovatnocu pojavljivanja dogadjaja uBernulijevoj semi, imamo

P (B) =(

nm

)(12k

)m (1− 1

2k

)n−m

.

Zadatak 1.19. Slucajno se bira jedan element iz razvijenog oblika determinantereda n. Naci vjerovatnocu pn, da on ne sadrzi element sa glavne dijagonale. Nacilim

n→+∞pn.

Rjesenje. Neka je Ai oznaka za dogad-aj da slucajno izabrani element izrazvijenog oblika determinante reda n sadrzi i elemenata sa glavne dijagonale,i = 1, 2, . . . , n. Ako sa A oznacimo dogad-aj cija se vjerovatnoca trazi u zadatku

ocigledno je AC =n⋃

i=1

Ai. Broj svih elemenata u razvijenom obliku determi-

nante n−tog reda je n!. Broj svih onih koji sadrze po jedan element sa glavne


dijagonale je (n−1)!, broj onih koji sadrze po dva elementa sa glavne dijagonaleje (n− 2)! i tako dalje. Prema tome je

P (Ai) =(n− 1)!

n!, i = 1, 2, . . . , n,

P (Ai ∩Aj) =(n− 2)!

n!, 1 ≤ i < j ≤ n,

. . .

P (Ai ∩ · · · ∩An) =1n!

.

Znaci,

P (A) = 1− P (n⋃

i=1

Ai) = 1−

n∑

i=1

P (Ai)−∑

1≤i<j≤n

P (Ai ∩Aj) + · · ·

+(−1)n−1P (A1 ∩ · · · ∩An))

= 1−(

n

1

)(n− 1)!

n!+

(n

2

)(n− 2)!

n!− · · ·+ (−1)n

(n

n

)1n!

,

pa je

pn = 1− 11!

+12!− · · ·+ (−1)n 1

n!.

Sada dobijamo da je

limn→+∞

pn = 1− 1e.

Zadatak 1.20. Kocka se baca sve dok ne padne broj 6. Naci vjerovatnocu dasu potrebna bar tri bacanja, ako se u prvom nije pojavio broj 6.Rjesenje. Posmatrajmo dogad-aje:

Ak − u k − tom bacanju je pala sestica, k ∈ N

iB = AC

1 AC2 A3 + AC

1 AC2 AC

3 A4 + · · · ,

dogad-aj da su potrebna bar tri bacanja da padne sest. Treba odrediti uslovnuvjerovatnocu P (B|AC

i ). Vrijedi

P (B|AC1 ) =

P (B ∩AC1 )

P (AC1 )

.

Kako je BC = A1 +AC1 A2 slijedi A1∪BC = BC , odakle je AC

1 ∩B = B. Dakle,

P (B|AC1 ) =

P (B)P (AC

1 )=

1− P (BC)P (AC

1 )=

1−(

16

+56· 16

)

56

=56.

13

Zadatak 1.21. U svakoj od n kutija se nalazi po a bijelih i b crnih kuglica. Naslucajan nacin se iz prve kutije bira kuglica i prebacuje u drugu, zatim iz drugeu trecu itd, dok se iz zadnje ne izvuce jedna kuglica.a) Kolika je vjerovatnoca da je zadnja izvucena kuglica bijela?b) Ako je treca izvucena kuglica bijela, kolika je vjerovatnoca da je i prva bijela?Rjesenje.a) Neka je Bi−dogad-aj da je u i−tom izvlacenju izvucena bijela kuglica iCi−dogad-aj da je u i−tom izvlacenju izvucena crna kuglica.Vrijedi

P (Bn) = P (Bn−1)P (Bn|Bn−1) + P (Cn−1)P (Bn|Cn−1).

Dakle,

P (Bn) = P (Bn−1)a + 1

a + b + 1+ P (Cn−1)

a

a + b + 1.

Kako je

P (B1) =a

a + b, P (C1) =

b

a + b,

imamo

P (B2) =a

a + b

a + 1a + b + 1

+b

a + b

a

a + b + 1=

a

a + b.

Sada zakljucujemo da jeP (Bn) =

a

a + b.

b)

P (B1|B3) =P (B1)P (B3|B1)

P (B3)= P (B3|B1),

jer P (B1) = P (B2) pa kako je

P (B3|B1) = P (B3|B2)P (B2|B1) + P (B3|C2)P (C2|B1),

imamo

P (B1|B3) =a + 1

a + b + 1a + 1

a + b + 1+

a

a + b + 1b

a + b + 1=

(a + 1)2 + ab

(a + b + 1)2.

Zadatak 1.22. Vjerovatnoca da aparat za igru izbaci broj i, je pi = e−12

2ii! , i ∈N∪0. Poznato je da je aparat izbacio dva broja i da je njihov zbir n. Odreditivjerovatnocu da je prvi broj jednak k.Rjesenje. Trazi se P (X = k|X + Y = n), gdje je

P (X = i) = P (Y = i) =e−

12

2ii!, i ∈ N ∪ 0.

Kako je

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

P (X + Y = n)


i

P (X + Y = n) =n∑

i=0

P (X = i)P (Y = n− i),

to jest

P (X + Y = n) ==n∑

i=0

e−12

2ii!· e−

12

2n−i(n− i)!,

P (X = k|Y = n− k) =(

n

k

)1

e · n!2n,

imamo

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

n

k

)12n

, k ∈ 0, 1, . . . , n.

Zadatak 1.23. Iz dzepa u kome su bile 3 bijele i 6 crnih kuglica ispala je jednakuglica. Nakon toga izvucene su dvije kuglice. Kolika je vjerovatnoca da jeizgubljena bijela, ako su izvucene bijele kuglice?Rjesenje. Neka su H1,H2 dogad-aji (hipoteze) da je ispala bijela, odnosnocrna kuglica, a A dogad-aj da su izvucene dvije bijele kuglice. Treba odreditiP (H1|A). Prema Bajesovoj formuli je

P (H1|A) =P (H1)P (A|H1)

P (H1)P (A|H1) + P (H2)P (A|H2).

U nazivniku je vrijednost P (A) (formula potpune vjerovatnoce).Vrijedi

P (A) =39·

(22

)(60

)

(82

) +69·

(32

)(50

)

(82

) =112

,

pa je

P (H1|A) =

13· 128

112

=17.

Zadatak 1.24. Pri proizvodnji istog proizvoda, 3 masine tipa A, 5 tipa B i2 tipa C proizvode redom 5%, 3%, 1% neispravnih proizvoda. Slucajno se birajedan proizvod.a) Kolika je vjerovatnoca da je neispravan ?b) Ako je izabrani proizvod neispravan, kolika je vjerovatnoca da je proizvedenna masini tipa B?Rjesenje.a) Neka su HA, HB ,HC dogad-aji: proizvod je proizveden na masini tipaA,B, odnosno C, a D izabrani proizvod je neispravan. Prema formuli potpunevjerovatnoce je:

P (D) = P (HA)P (D|HA) + P (HB)P (D|HB) + P (HC)P (D|HC),

15

pa je

P (D) =310· 5100

+510· 3100

+210· 1100

= 0.032.

b)Prema Bajesovoj formuli je

P (HB |D) =P (HB)P (D|HB)

P (D)=

510· 3100

321000

=1532

.

Zadatak 1.25. Dva strijelca gad-aju istu metu svaki ispalivsi po jedan hitac.Vjerovatnoca pogotka za prvog strijelca je 0.7, a za drugog 0.5. Poslije gad-anjaustanovljeno je da je meta pogod-ena jednim metkom. Odrediti vjerovatnocu daju je pogodio drugi strijelac.Rjesenje. Neka je A dogad-aj da je meta pogod-ena jednim metkom. Dalje,neka je:

H00 dogad-aj da ni jedan strijelac nije pogodio,H10 dogad-aj da je pogodio samo prvi strijelac,H01 dogad-aj da je pogodio samo drugi strijelac,H11 dogad-aj da su pogodila oba strijelca.

Sada je

P (H00) =310· 510

, P (A|H00) = 0,

P (H10) =710· 510

, P (A|H10) = 1,

P (H01) =310· 510

, P (A|H01) = 1,

P (H11) =710· 510

, P (A|H11) = 0.

Na osnovu formule potpune vjerovatnoce je

P (A) =710· 510

+310· 510

=35 + 15

100=

50100

=12.

Prema Bajesovoj formuli je

P (H01|A) =P (A|H01)P (H01)

P (A)=

310· 510

12

=310

= 0.3.

Zadatak 1.26. Jedan ured-aj se sastoji iz dva dijela. Da bi ured-aj radioneophodno je da radi svaki dio. Vjerovatnoca da radi prvi dio u intervalu vre-mena t iznosi 0.8, vjerovatnoca da drugi dio radi u istom intervalu iznosi 0.7.


Ako je ured-aj ispitivan u intervalu vremena t i otkazao je, naci vjerovatnocu dasu otkazala oba dijela.Rjesenje. Neka je A dogad-aj da je ured-aj otkazao i

H00 dogad-aj da su otkazala oba dijela,H10 dogad-aj da je otkazao samo drugi dio,H01 dogad-aj da je otkazao samo prvi dio,H11 dogad-aj da su oba dijela ispravna.

Imamo,

P (H00) =210· 310

, P (A|H00) = 1,

P (H10) =810· 310

, P (A|H10) = 1,

P (H01) =210· 710

, P (A|H01) = 1,

P (H11) =810· 710

, P (A|H11) = 0.

P (A) = P (A|H00)P (H00) + P (A|H01)P (H01) + P (A|H10)P (H10)

+P (A|H11)P (H11) =6

100+

24100

+14100

=44100

.

P (H00|A) =P (A|H00)P (H00)

P (A)=

610044100

=644

=322

Zadatak 1.27. U jednom skladistu su svi proizvodi ispravni, a u drugom ima35% skarta. Na slucajan nacin je odabran dobar proizvod iz nekog skladista inakon toga vracen u isto skladiste. Izracunati vjerovatnocu da je drugi proizvodiz istog skladista skart.Rjesenje. Neka je A dogad-aj da je prvi izvuceni proizvod dobar. Neka suH1,H2 dogad-aji (hipoteze) da je proizvod izvucen iz prvog odnosno drugogskladista. Imamo,

P (H1) =12, P (A|H1) = 1,

P (H2) =12, P (A|H2) =

65100

.

Sada je

P (A) = P (H1)P (A|H1) + P (H2)P (A|H2) =12

(1 +

65100

)=

165200

.

P (H1|A) =P (H1)P (A|H1)

P (A)=

12 · 1165200

=100165

,

17

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

P (A)=

12 · 65

100165200

=65165

.

Neka je B dogad-aj da je drugi izvuceni proizvod skart. Opet, prema formulipotpune vjerovatnoce je

P (B) = P (B|H ′1)P (H ′

1) + P (B|H ′2)P (H ′

2),

gdje je H ′1 = H1|A, H ′

2 = H2|A.

P (B) =65165

· 35100

+100165

· 0 =65165

· 35100

=91660

.

Zadatak 1.28. Vozovi duzine 180 metara krecu se brzinom 30 metara u sekundipo prugama koje se med-usobno ukrstaju. Trenutak u kome ce oni proci krozraskrsce je slucajan izmed-u 9 00= i 9 30=. Izracunati vjerovatnocu sudara.Rjesenje. Neka je A dogad-aj da je doslo do sudara. Ako sa X oznacimotrenutak ulaska prvog, a sa Y trenutak ulaska drugog voza u raskrsce, tada,posto vozovi duzine 180 metara prolaze kroz raskrsce 6 sekundi jer se krecubrzinom 30 metara u sekundi imamo

Ω = (x, y)∣∣ 0 ≤ x ≤ 1800, 0 ≤ y ≤ 1800.

A = (x, y) ∈ Ω∣∣ |x− y| < 6.

18006

6

1800

Neka je m(A) mjera oblasti A, to jest u ovom slucaju povrsina. Trazenavjerovatnoca je

P (A) =m(A)m(Ω)

=18002 − 17942

18002= 0.006656

Zadatak 1.29. Tacke M, N, P su sredine stranica trougla ABC. Na slucajannacin se bira n tacaka u trouglu ABC. Odrediti vjerovatnocu pi, i = 1, . . . , n,da se u trouglu MNP nalazi i tacaka. Za koje i je ta vjerovatnoca maksimalna?


Naci vjerovatnocu da se u trouglu MNP nalaze bar n− 2 tacke.Rjesenje. Odredimo vjerovatnocu da tacka pripada trouglu MNP .

p =P4MNP

P4ABC=

14

P4ABC

P4ABC=

14.

Sada za vjerovatnocu pi imamo

pi =(

ni

)pi(1− p)n−i,

dakle,

pi =(

ni

)3n−i

4n,

Najvjerovatniji broj pojavljivanja u Bernulijevoj semi (zadatak 1.6) je za

n + 14

− 1 ≤ i ≤ n + 14

.

Vjerovatnoca da se u trouglu nalaze bar n− 2 tacke je

pn−2 + pn−1 + pn =9n2 − 3n + 2

2 · 4n.

Zadatak 1.30. Data je jednacinax3

3− a2x + b = 0, gdje se a i b slucajno

biraju iz intervala (0,1). Neka je N broj realnih korijena te jednacine. NaciPN = k, k = 1, 3.Rjesenje. Polinom treceg reda moze da ima samo jednu realnu ili tri realnenule. Znaci, PN = 1 + PN = 3 = 1. Osim toga, polinom treceg stepenaima tri realne nule ako i samo ako njegov grafik ima sljedeci oblik

to jest ako i samo ako za tacku minimuma xmin, odnosno maksimuma xmax vazi:

f(xmax) > 0, f(xmin) < 0,

gdje je

f(x) =x3

3− a2x + b.

Posto je xmax = −a i xmin = a to vrijedi

−a3

3+ a3 + b > 0,

a3

3− a3 + b < 0.

Znaci, data jednacina ima tri realne nule ako i samo ako vrijedi

b > −2a3

3, b <

2a3

3.

19

Tacke a, b se biraju iz (0,1) pa je b > −2a3

3uvijek zadovoljeno. Sada imamo

Ω = (a, b)| a, b ∈ (0, 1),

A = (a, b) ∈ Ω| b <2a3

3.

Znaci,

PN = 3 =m(A)m(Ω)

= m(A) =

1∫

0

2a3

3da =

16,

pa je

PN = 1 =56.

Zadatak 1.31. Brojevi x i y se na slucajan nacin i nezavisno jedan od drugogbiraju iz intervala [0, 1]. Neka jeA = (x, y) : |x− y| ≤ 1

2 i B = (x, y) : maxx, y ≤ 12.

Naci vjerovatnocu dogadjaja A ∪B.Rjesenje. Lako se dobija

µ(A) = 1− 14

=34, µ(B) =

14, µ(A ∩B) =

14.

Kako je P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B), imamo P (A ∪B) = 34 .

Primjedba. Kako je A ∪B = A imamo P (A ∪B) = P (A) = 34 .

Zadatak 1.32. Na kruznici poluprecnika R slucajno su izabrane tri tacke A, Bi C. Kolika je vjerovatnoca da je trougao ABC ostrougli?Rjesenje. Neka je x duzina luka kruznice koji spaja tacke A i B, a y duzinaluka kruznice koji spaja B i C.

A

B

C

x

y

2Rπ-x-y

Izbor tacaka A,B i C jednoznacno odred-uje brojeve x, y za koje vazi

0 < x, 0 < y, x + y < 2Rπ.

Znaci,Ω = (x, y)|x > 0, y > 0, x + y < 2Rπ.


Trougao ABC je ostrougli ako je

x < Rπ, y < Rπ, x + y > Rπ.

Sada je A = (x, y) ∈ Ω|x < Rπ, y < Rπ, x + y > Rπ.

x

y

A

Rπ 2Rπ

Rπ

2Rπ

Znaci, P (A) =m(A)m(Ω)

=12R2π2

2R2π2=

14.

Zadatak 1.33. Ako je Ω = (x, y)|x, y ∈ [0, 1], za koje vrijednosti a sudogad-aji

A = (x, y) ∈ Ω| |x− y| ≥ a i B = (x, y) ∈ Ω| x + y ≤ 3a,nezavisni?Rjesenje. Za dogad-aj A imamo

pa je

P (A) =

1 , a < 0(1− a)2 , 0 ≤ a < 1

0 , 1 ≤ a.

U slucaju dogad-aja B je

Znaci, P (B) =

0, a < 09a2

2 , 0 ≤ a < 13

1− (2−3a)2

2 , 13 ≤ a < 2

31, 2

3 ≤ a

A ∩B = (x, y) ∈ Ω||x− y| ≥ a ∧ x + y ≤ 3a,

21

pa na slican nacin dobijamo

P (A ∩B) =

0, a ∈ (−∞, 0) ∪ [1, +∞)

2a2, a ∈ [0, 13 )

−7a2 + 6a− 1, a ∈ [ 13 , 12 )

(1− a)2, a ∈ [ 12 , 1)

Znaci da za

a ∈ (−∞, 0] ∪ 1/3 ∪ [2/3,+∞),

vrijedi

P (A ∩B) = P (A)P (B).

Zadatak 1.34. Na duzi duzine a na slucajan nacin se biraju dvije tacke.Odrediti vjerovatnocu da je svaka od tri tako dobijene duzi kraca od b (b >

a

3).

Rjesenje. Svakom izboru dvije tacke A i B odgovara izbor tri duzi na duziduzine a.

A B

x y a− x− y

Prema tome za Ω mozemo uzeti,

Ω = (x, y) | x > 0, y > 0, x + y < a.

Neka je D dogad-aj cija se vjerovatnoca trazi,

D = (x, y) ∈ Ω|0 < x < b, 0 < y < b, a− b < x + y < a.

Sada razlikujemo dva slucaja

P (D) =m(D)m(Ω)

=(3b− a)2

a2,


P (D) =m(D)m(Ω)

=6ab− 2a2 − 3b2

a2.

2

Slucajne promjenljive

Zadatak 2.1. Neka je X slucajna promjenljiva i

f(x) =

ax + b, |x| ≤ 10, |x| > 1

njena gustina raspodjele vjerovatnoca. Pokazati da je b =12

i |a| ≤ 12.

Rjesenje. Funkcija f(x) je gustina vjerovatnoca, pa vrijedi

+∞∫

−∞f(x)dx =

1∫

−1

(ax + b) = 1,

odakle dobijamo b =12. Dalje, f(x) je nenegativna funkcija, pa je

f(1) ≥ 0 i f(−1) ≥ 0.

Sada imamoa +

12≥ 0 i − a +

12≥ 0,

to jest

|a| ≤ 12.

Zadatak 2.2. Funkcija gustine vjerovatnoca slucajne promjenljive X je

f(x) =

cx, x ∈ [3, 6]0, x /∈ [3, 6].

Naci:(a) konstantu c,(b) P (X ∈ [a, b]), gdje je [a, b] ⊂ [3, 6],(c) P (X2 − 9X + 20 ≥ 0).

23

24 2. SLUCAJNE PROMJENLJIVE

Rjesenje.(a) Iz relacije

6∫

3

cxdx = 1

dobijamo da je c =227

.

(b) P (X ∈ [a, b]) =

b∫

a

227

xdx =b2 − a2

27.

(c)

P (X2 − 9X + 20 ≥ 0) = P ((X − 4)(X − 5) ≥ 0) = P (X ∈ [3, 4] ∪ [5, 6]).

Dakle,

P (X2 − 9X + 20 ≥ 0) =

4∫

3

227

xdx +

6∫

5

227

xdx =23.

Zadatak 2.3. Neka X ima normalnu raspodjelu sa parametrimaµ = 10 i σ = 3. Odrediti vjerovatnocu dogadjaja (X ∈ [4, 16]).Rjesenje. Neka slucajna promjenljiva X ima normalnu raspodjelu sa parametrima

µ i σ tada slucajna promjenljiva Y =X − µ

σima normalnu raspodjelu sa

parametrima 0 i 1 to jest standardizovanu normalnu raspodjelu. Sada imamo

P (4 ≤ X ≤ 16) = P

(4− 10

3≤ X − 10

3≤ 16− 10

3

),

pa je

P (4 ≤ X ≤ 16) = P

(−2 ≤ X − 10

3≤ 2

)=

1√2π

2∫

−2

e−t2dt = 0.9544.

Zadatak 2.4. Neka X ima N (0, σ2) raspodjelu. Odrediti vrijednost σ tako daje vjerovatnoca P (1 ≤ X ≤ 3) najveca.Rjesenje. Neka X ima N (µ, σ2) raspodjelu. Tada je

P (a ≤ X ≤ b) =1√2πσ

b∫

a

e−(x−µ)2

2σ2 dx.

Koristeci smjenu t =x− µ

σdobijamo

P (a ≤ X ≤ b) =1√2π

b−µσ∫

a−µσ

e−x22 dx.

25

Sada imamo

P (1 ≤ X ≤ 3) =1√2π

3σ∫

1σ

e−x22 dx.

Vjerovatnoca je najveca za onu vrijednost σ za koju vrijedi

− 3σ2

e−9

2σ2 +1σ2

e−1

2σ2 = 0.

Dobija se

σ =

√2

ln 3.

Zadatak 2.5. Slucajna promjenljiva X ima unifomnu raspodjelu na intervalu[0, 1]. Odrediti raspodjelu slucajne promjenljive Y = X2.Rjesenje. Neka je FX(x) funkcija raspodjele vjerovatnoca slucajne promjenljiveX i FY (y) funkcija raspodjele vjerovatnoca slucajne promjenljive Y . Za y ∈[0, 1], vrijedi

FY (y) = P (X2 < y) = P (X <√

y) = FX(√

y).

Dalje, imamo da za gustinu raspodjele slucajne promjenljive Y vrijedi

fY (y) = (FY (y))′= (FX(

√y))

′= fX(

√y)

12√

y,

gdje je fX(x) gustina raspodjele slucajne promjenljive X. Kako je

fX(x) =

1, x ∈ [0, 1]0, x /∈ [0, 1]

imamo

fY (y) =

12√

y, y ∈ [0, 1]

0, y /∈ [0, 1]

Zadatak 2.6. Neka je X neprekidna slucajna promjenljiva iy = ϕ(x) neprekidna funkcija. Pokazati da slucajna promjenljivaY = ϕ(X) ne mora biti slucajna promjenljiva neprekidnog tipa.Rjesenje. Neka X ima uniformnu raspodjelu na intervalu [0, 1] i

ϕ(x) =

0, x ≤ 0.5x− 0.5, x > 0.5.

Tada slucajna promjenljiva Y = ϕ(X) nije neprekidnog tipa. Naime njenafunkcija raspodjele je

FY (y) =

1, y ≥ 0.50, y < 0.5


Zadatak 2.7. Slucajna promjenljiva X ima funkciju raspodjele vjerovatnocaF koja je strogo rastuca. Pokazati da slucajna promjenljiva Y = F (X) imauniformnu raspodjelu na [0, 1].Rjesenje. Kako je 0 ≤ F (X) ≤ 1, vrijedi

P (Y < y) = P (F (X) < y) = 0, y < 0,

P (Y < y) = P (F (X) < y) = 1, y > 1.

Dalje,P (Y < y) = P (F (X) < y) = P (X < F−1(y))

= F (F−1(y)) = y, y ∈ [0, 1].

Dakle slucajna promjenljiva Y ima uniformnu raspodjelu na [0, 1].Zadatak 2.8. Slucajna promjenljiva X ima uniformnu raspodjelu na intervalu

[a, b]. Ako je E(X) =12

i V ar(X) =112

, odrediti a i b, a zatim naci funkcijuraspodjele vjerovatnoca slucajne promjenljive

Y =1

X + 1.

Rjesenje. Neka je X : U [a, b] tada je

E(X) =a + b

2i V ar(X) =

(b− a)2

12.

Iz uslova zadatka dobijamo a = 0 i b = 1. Za funkciju raspodjele slucajnepromjenljive Y vrijedi

FY (y) =

0, y ∈ (0, 12 ],

2− 1y , y ∈ ( 1

2 , 1],1, y ∈ (1, +∞).

Zadatak 2.9. Slucajna promjenljiva X ima normalnu raspodjelu N (0, 1) islucajna promjenljiva Y ima log normalnu raspodjelu to jest Y = eX . Odreditiraspodjelu slucajne promjenljive Y .Rjesenje. Za funkciju raspodjele FY slucajne promjenljive Y vrijedi

FY (y) = P (Y < y) = P (eX < y) = 0, y ≤ 0,

FY (y) = P (X < ln y) =1√2π

ln y∫

−∞e−

t22 dt, y > 0.

Gustina slucajne promjenljive Y je

fY =

1√2πy

e−ln2 y

2 , y > 0

0, y ≤ 0.

27

Zadatak 2.10. Slucajna promjenljiva X ima gustinu

f(x) =

e−x, x > 0,0 x ≤ 0.

Odrediti gustinu slucajne promjenljive Y = (X − 1)2.Rjesenje. Grafik funkcije y = (x− 1)2 dat je na slici

x

y

0 1

1

x1 x2 x3

Razlikujemo tri slucaja:Za y ≤ 0 je FY (y) = PY < y = 0.Za 0 < y ≤ 1 je FY (y) = PY < y = Px1 < X < x2 =

P1−√y < X < 1 +√

y =1+√

y∫1−√y

e−xdx = e−1+√

y − e−1−√y.

Za 1 < y je FY (y) = PY < y = P0 < X < x3 =

P0 < X < 1 +√

y =1+√

y∫0

e−xdx = 1− e−1−√y.

Sada je FY (y) =

0, y ≤ 0

e−1+√

y − e−1−√y, 0 < y ≤ 1

e−1−√y, 1 < y.Zadatak 2.11. Slucajna promjenljiva X ima Kosijevu raspodjelu

f(x) =1π· 11 + x2

.

Naci gustinu slucajne promjenljive

Y =2X

1−X2.

Rjesenje. Grafik funkcije y =2x

1− x2dat je na slici


x

y

x1

x2x3

x4

x=-1

x=1

Razlikujemo sledece slucajeve:Za y < 0, FY (y) = PY < y = Px ∈ (−1, x2) ∪ (1, x4).Znaci,

FY (y) =

− 1y−q

1+ 1y2∫

−1

1π· dx

1 + x2+

− 1y +q

1+ 1y2∫

1

1π· dx

1 + x2

=1π

arctan(−1

y

),

pa je fY (y) =1π· 11 + 1

y2

1y2

=1π

11 + y2

.

Za y = 0 je FY (y) =

0∫

−1

1π· dx

1 + x2+

+∞∫

1

1π· dx

1 + x2=

12.

Za y > 0 je

FY (y) = PY < y = Px ∈ (−∞, x1) ∪ (−1, x3) ∪ (1, +∞),

FY (y) =

− 1y−√

1+y2∫

−∞

dx

π(1 + x2)+

− 1y +q

1+ 1y2∫

−1

dx

π(1 + x2)+

+∞∫

1

dx

π(1 + x2),

FY (y) =1π

arctan(−1

y

)+ 1,

pa je

fY (y) =1π· 11 + y2

.

29

Znaci, slucajna promjenljiva Y ima Kosijevu raspodjelu sa gustinom

fY (y) =1π· 11 + y2

.

Zadatak 2.12. Neka X ima Poasonovu raspodjelu P(λ). Definisimo Y = X2

i Z = sinπX

2. Odrediti zakon raspodjele za Y i Z.

Rjesenje. Imamo da je

P (X = k) = e−λ λk

k!, k = 0, 1, . . .

Slucajna promjenljiva Y = X2 moze uzimati samo vrijednosti koje su kvadratiprirodnih brojeva i nule, pri cemu je

P (Y = k2) = P (X = k) = e−λ λk

k!, k = 0, 1, . . .

Slucajna promjenljiva Z uzima vrijednosti iz skupa −1, 0, 1. Imamo da je

P (Z = 0) =+∞∑

k=0

P (X = 2k) = e−λ+∞∑

k=0

λ2k

(2k)!= e−λchλ.

Na slican nacin nalazimo

P (Z = 1) = e−λ shλ + sin λ

2

i

P (Z = −1) = e−λ shλ− sin λ

2.

Zadatak 2.13. Neka je S = [0, 1] × [0, 1] i gustina raspodjele vjerovatnocaf : R2 → R, data sa

f(x, y) =

1, (x, y) ∈ S0, (x, y) /∈ S

Odrediti funkciju raspodjele.Rjesenje. Neka (x, y) ∈ S. Tada je

F (x, y) =

x∫

0

y∫

0

1dudv = xy.

Za 0 ≤ x ≤ 1, y > 1 je

F (x, y) =

x∫

0

1∫

0

1dudv = x, itd.


Dobije se

F (x, y) =

xy, (x, y) ∈ Sx, 0 ≤ x ≤ 1, y > 1y, 0 ≤ y ≤ 1, x > 11, x > 1, y > 10, (x, y) ∈ R2 \ R2

+

odnosnoF (x, y) = max0,minx, y, xy, 1.

Zadatak 2.14. Neka je gustina slucajnog vektora (X, Y ) data sa

f(x, y) =

24xy, x > 0, y > 0, x + y < 10, inace.

Odrediti fX(x) i fY |X(y|x).Rjesenje. Za marginalnu gustinu fX(x) vrijedi

fX(x) =

+∞∫

−∞f(x, y)dy =

1−x∫

0

24xydy = 12x(1− x)2, 0 < x < 1.

Dalje,

fY |X(y|x) =f(x, y)fX(x)

=24xy

12x(1− x)2=

2y

(1− x)2, 0 < y < 1− x.

Zadatak 2.15. Odrediti c ∈ R tako da

f(x, y) =c

π2(1 + x2)(1 + y2), x, y ∈ R

bude gustina za slucajni vektor Z = (X, Y ). Odrediti marginalne gustine ivjerovatnocu da Z uzme vrijednosti iz kvadrata S = [0, 1]× [0, 1].Rjesenje. Funkcija f je gustina ako je

F (x, y) =

x∫

−∞

y∫

−∞f(u, v)dudv

funkcija raspodjele. Vrijedi

F (x, y) =

x∫

−∞

y∫

−∞

cdudv

π2(1 + u2)(1 + v2)=

c

π2

(arctgx +

π

2

)(arctgy +

π

2

).

F je funkcija raspodjele ako i samo ako vrijedi:1. F je neopadajuca po svakoj od promjenljivih,2. F je neprekidna s lijeve strane po svakoj promjenljivoj,3.

limx → +∞y → +∞

F (x, y) = 1, limx→−∞

F (x, y) = limy→−∞

F (x, y) = 0.

31

4. za sve a1 < a2, b1 < b2 je

F (a2, b2)− F (a1, b2)− F (a2, b1) + F (a1, b1) ≥ 0.

Iz uslova 3 slijedi da je c = 1. Ispunjeni su uslovi 1 i 2. Ostaje da se vidi da livrijedi uslov 4.Neka je a1 < a2, b1 < b2, tada je

F (a2, b2)− F (a1, b2)− F (a2, b1) + F (a1, b1) =

1π2

(arctga2 − arctga1)(arctgb2 − arctgb1) ≥ 0,

jer je funkcija x 7→ arctgx monotono rastuca. Dalje je

FX(x) =1π2

x∫

−∞

+∞∫

−∞

dudv

(1 + u2)(1 + v2)=

1π

(arctgx +

π

2

),

odakle je

fX(x) =1

π(1 + x2),

analogno se dobije

fY (y) =1

π(1 + y2).

Na kraju,

P (Z ∈ S) =1π2

∫∫

S

dxdy

(1 + x2)(1 + y2)=

116

.

Zadatak 2.16. Nezavisne slucajne promjenljive X i Y imaju E(1) raspodjelu.Naci gustinu slucajne promjenljive Z = 2X − 3Y .Rjesenje. Zbog nezavisnosti gustina slucajnog vektora (X, Y ) je

f(x, y) =

e−(x+y), x > 0, y > 0,0 inace

pa za funkciju raspodjele imamo slucajne promjenljive Z vrijedi

FZ(z) =∫∫

2x−3y<z

e−(x+y)dxdy.

Diferenciranjem dobijamo gustinu

fZ(z) =

15e−

z3 , z < 0

15e−

z2 , z ≥ 0.


Zadatak 2.17. Gustina slucajnog vektora (X,Y ) je

f(X,Y )(x, y) =

15x2y, 0 ≤ x ≤ y ≤ 1,0, inace.

(i) Odrediti funkciju raspodjele slucajne promjenljive Z = X + Y .(ii) Odrediti gustinu slucajne promjenljive W = X2.Rjesenje.(i)

FZ(z) = 0, za z < 0,

FZ(z) = P (X + Y < z) =

z2∫0

z−x∫x

15x2ydydx, 0 ≤ z ≤ 1

1−1∫

z2

y∫z−y

15x2ydxdy, 1 ≤ z ≤ 2,

FZ(z) =

564z5, 0 ≤ z ≤ 1

−1 + 154 z − 5z2 + 5

2z3 − 1164z5, 1 ≤ z ≤ 2,

FZ(z) = 1, za z ≥ 2.

(ii) Gustina slucajne promjenljive X je

fX(x) =

1∫

x

15x2ydy =152

x2(1− x2).

Sada za gustinu slucajne promjenljive W dobijamo

fX(√

w)1

2√

w=

154√

w(1− w), 0 < w < 1.

Zadatak 2.18. Neka su X i Y nezavisne slucajne promjenljive sa eksponenci-jalnom raspodjelom E(λ). Odrediti raspodjelu slucajne promjenljive(a) Z = X − Y,

(b) Z =X

X + Y.

Rjesenje.(a) Uvedimo smjene

u = x, v = x− y,

imamox = u, y = u− v,

za Jakobijan preslikavanja vrijedi

J =∣∣∣∣

1 01 −1

∣∣∣∣ = −1.

33

Slucajne promjenljive U = X i V = X − Y su nezavisne, pa za funkciju gustinevjerovatnoca slucajnog vektora (U, V ) je

f(u, v) = fX(u)fY (u− v)|J |.Dakle,

f(u, v) = λe−λuλe−λ(u−v), u > 0, u− v > 0.

Za funkciju gustine vjerovatnoca slucajne promjenljive V je

fV (v) =

+∞∫

0

λ2e−λ(2u−v)du =λ

2e−λv, v ≤ 0,

fV (v) =

+∞∫

v

λ2e−λ(2u−v)du =λ

2eλv, v > 0.

Znaci funkcija gustine vjerovatnoca slucajne promjenljive Z je

fZ(z) =λ

2e−λ|z|, z ∈ R.

(b) Zbog nezavisnosti, gustina vektora (X,Y ) je

f(x, y) = fX(x)fY (y) = λ2e−λ(x+y),

gdje je λ > 0, x > 0, y > 0.Za z ≤ 0 je

F (z) = P X

X + Y< z = 0.

Ako je 0 < z ≤ 1 onda je

F (z) =∫∫

XX+Y <z

f(x, y)dxdy.

x

y

y=1-zz x

xx+y<z


Znaci, F (z) = λ2+∞∫0

(e−λx+∞∫

1−zz x

e−λydy)dx = z

Za z > 1 je F (z) =∫∫R2

+

(x, y)dxdy.

Znaci, sada je F (z) = 1.Dakle,

F (z) =

0 , z ≤ 0z−01−0 , 0 < z ≤ 1,

pa Z ima uniformnu raspodjelu U(0, 1).Napomenimo da se zadatak mogao rijesiti koristeci postupak dat u rjesavanjuzadatka (a).Zadatak 2.19. Vijek trajanja sijalice je dat eksponecijalnom raspodjelom.Ako je srednja vrijednost vijeka trajanja sijalice od 80 vati 300 sati, a srednjavrijednost vijeka trajanja sijalice od 100 vati 200 sati odrediti vjerovatnocu dasijalica od 100 vati traje duze od sijalice od 80 vati.Rjesenje. Ako su X i Y nezavisne slucajne promjenljive sa funkcijama gustinavjerovatnoca f(x) = λe−λx, g(y) = µe−µy respektivno tada je

P (X < Y ) =

+∞∫

0

+∞∫

x

f(x)g(y)dxdy =

+∞∫

0

f(x)(1−G(x))dx,

gdje je G(y) funkcija raspodjele vjerovatnoca slucajne promjenljive Y . Sadadobijamo da je

P (X < Y ) =λ

λ + µ.

U zadatku je1λ

= 300 i1µ

= 200, pa imamo da je trazena vjerovatnoca

P (X < Y ) =25.

Zadatak 2.20. Buffonov problem. U ravni je dat skup paralelnih pravih, pricemu je rastojanje izmed-u susjednih pravih 2a, a > 0. Na ravan se baca igladuzine 2l, (l < a). Odrediti vjerovatnocu da igla sijece neku od pravih.

35

Rjesenje. Zbog l < a, igla ne moze da sijece vise od jedne prave, zato jedovoljno posmatrati pravu koja je najbliza sredistu bacene igle. U odnosu na ovupravu, polozaj igle je odred-en rastojanjem X od sredista igle do prave i uglomΘ izmed-u igle i prave. Slucajne promjenljive X i Θ su nezavisne. Mozemo uzetida je slucajna promjenljiva X uniformna na [0, a] i da je raspodjela slucajnepromjenljive Θ uniformna na [0, π

2 ]. Zajednicka gustina raspodjele za (X, Θ) je

f(x, θ) =2πa

, 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ θ ≤ π

2,

f(x, θ) = 0, inace .

Igla sijece najblizu pravu ako i samo ako je X ≤ l sin θ. Odgovarajuca vjerovatnocaje

P (X ≤ l sin θ) =2πa

π2∫

0

l sin θ∫

0

dxdθ =2l

πa.

U specijalnom slucaju 2l = a, dobijena vjerovatnoca je 1/π.Zadatak 2.21. Slucajni vektor (X, Y ) zadan je funkcijom gustine

f(x, y) =

24x3y(1− x2) , 0 < x < 1, 0 < y < 10 , inace .

Odrediti funkciju gustine slucajne promjenljive Z = XY .Rjesenje. Odredimo prvo funkciju raspodjele slucajne promjenljive Z. Imamo,FZ(z) = PZ < z = PXY < z. Sada razlikujemo sledece slucajeve.Za z ≤ 0, FZ(z) = 0.Za 0 < z ≤ 1,

FZ(z) =z∫0

1∫0

f(x, y)dxdy +1∫z

zx∫0

f(x, y)dxdy =

=z∫0

1∫0

24x3y(1− x2)dxdy +1∫z

zx∫0

24x3y(1− x2)dxdy =

= 24(

z∫0

x3

2(1− x2)dx +

∫ 1

z

x3 z2

2x2(1− x2)dx

)=

= 12(

z6

12− z4

4+

z2

4

)= z6 − 3z4 + 3z2

Za z > 1 je FZ(z) = 1. Sada imamo da je gustina slucajne promjenljive Z datasa :

fZ(z) =

6z5 − 12z3 + 6z, z ∈ (0, 1)0 z 6∈ (0, 1).

Zadatak 2.22. X i Y su nezavisne slucajne promjenljive sa istom uniformnomraspodjelom U(0, 1). Naci P 1

2 < Z < 34, ako je slucajna promjenljiva Z

definisana sa Z = minX,1

2Y.

Rjesenje. Za funkciju raspodjele slucajne promjenljive Z vrijedi

FZ(z) = PZ < z = PminX,1

2Y < z.


Kako X i Y imaju uniformnu raspodjelu U(0, 1) to je

FZ(z) = 1 za z > 1 i F (z) = 0 za z ≤ 0.

Zbog nezavisnosti slucajnih promjenljivih X i Y je

FZ(z) = PZ < z = P

min

X,

12Y

< z

= 1− P

min

X,

12Y

≥ z

,

FZ(z) = P

X ≥ z,

12Y

≥ z

= 1− P

X ≥ z, Y ≤ 1

2Z

.

FZ(z) = 1− PX ≥ zP

Y ≤ 12z

.

Sada za 0 < z ≤ 12

imamo

PZ < z = 1− (1− z) = z.

Za12

< z ≤ 1 je

PZ < z = 1− (1− z)12z

=32− 1

2z.

Znaci, P

12

< Z <34

= FZ

(34

)− FZ

(12

)=

13.

Zadatak 2.23. Neka su X i Y nezavisne slucajne promjenljive i

P (X = k) = P (Y = k) = qkp, k = 0, 1, . . . , p ∈ (0, 1), q = 1− p

Slucajne promjenljive Z i W definisane su sa

Z = Y −X, W = min(X, Y ).

(i) Pokazati da je P (W = w, Z = z) = p2q2w+|z|, w ≥ 0, z ∈ Z.

(ii) Odrediti P (W = w).

(iii) Odrediti P (Z = z).

(iv) Da li su Z i W nezavisne slucajne promjenljive?

Rjesenje.(i) Ako je

Y −X = Z < 0

tada jew = W = Y i X = Y − Z = w + |z|.

37

Dakle,P (W = w, Z = z) = P (Y = w, X = w + |z|) = p2q2w+|z|.

Ako jeY −X = Z ≥ 0

tada jew = W = X i Y = X + Z = w + z.

Dakle,P (W = w,Z = z) = P (X = w, Y = w + z) = p2q2w+z.

(ii)

P (W = w) =+∞∑

z=−∞p2q2w+|z| = p2q2w

(2p− 1

)= p(2− p)q2w.

(iii)

P (Z = z) =+∞∑w=0

p2q2w+|z| = p2q|z|1

1− q2=

pq|z|

2− p.

(iv) Slucajne promjenljive Z i W su nezavisne jer vrijedi

P (Z = z, W = w) = P (Z = z)P (W = w).

Zadatak 2.24. Slucajni vektor (X,Y ) ima uniformnu raspodjelu unutar trougla

sa vrhovima A(1,−1), B(2, 0), C(1, 1). Naci raspodjelu za Z =Y

X.

Rjesenje. Za funkciju raspodjele slucajne promjenljive Z imamo

FZ(z) = PZ < z = P

Y

X< z

Sada je

1 za z ≤ −1,FZ(z) = 0

2 za −1 < z ≤ 0,FZ(z) =

∫∫D1

dxdy =

=2

1−z∫1

zx∫x−2

dxdy =(z + 1)2

2(1− z)


3 za 0 < z ≤ 1,FZ(z) =

∫∫D2

dxdy =

= 1− ∫∫D2

dxdy =

= 1−2

z+1∫1

dx−x+2∫zx

dy =1 + 4z − z2

2(1 + z)

4 za z > 1, FZ(z) = 1

Zadatak 2.25. Neka je K ⊂ R2 jedinicni krug i (X,Y ) ima uniformnu raspod-jelu na K. Odrediti uslovnu raspodjelu za X, pri Y = 0. Naci gustinu za

Z =Y

X.

Rjesenje. Zajednicka gustina za (X, Y ) je

f(x, y) =

1π

, (x, y) ∈ K

0 , (x, y) 6∈ K

Uslovna gustina za X pri Y = y je fX(x|y) =f(x, y)fY y

, gdje je FY marginalna

gustina za Y . Kako je

fY (y) =

+∞∫

−∞f(x, y)ds =

1π

√1−y2∫

−√

1−y2

dx =2π

√1− y2,

imamo

FX(x|y) =f(x, 0)fY (0)

=1/π

2/π=

12

za |x| ≤ 1

ifX(x|0) = 0 za |x| > 1.

Neka jeD = (x, y) ∈ R2|y/x < z.

39

Odredimo funkciju raspodjele G(z) slucajne promjenljive z.Za z > 0 je

G(z) =∫∫

D

f(x, y)dxdy =1π

∫∫

DT

K

dxdy =m(D

⋂K)

π

=1π

(2

(1 · arctan z

2+

π

4

))=

12

+arctan z

π.

Za z < 0,

G(z) =1π

(2 · 1 · (π

2 − arctan(−z))2

)=

12

+arctan z

π,


G(0) =1π· π

2=

12.

Dakle,

G(z) =12

+arctan z

π, z ∈ R

ig(z) =

1π(1 + z2)

, z ∈ R.

Zadatak 2.26. Neka su X i Y nezavisne slucajne promjenljive sa raspodjelamaN (2, 1) i N (−3, 4). Naci vjerovatnocu P (Y < X − 5).Rjesenje. Zbog nezavisnosti, gustina slucajnog vektora (X, Y ) je

f(x, y) =14π

e−(( x−21 )2+( y+3

2 )2),

pa je

PY < X − 5 =∫∫

Y <X−5

f(x, y)dxdy.

Smjenom

U = X − 2

V =Y + 3

2dobija se

x = ϕ1(u, v) = u + 2y = ϕ2(u, v) = 2v − 3 , pa je jakobijan

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂ϕ1

∂u

∂ϕ1

∂v

∂ϕ2

∂u

∂ϕ2

∂v

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 2.

IzfUV (u, v) = fXY (ϕ1(u, v), ϕ2(u, v))J(u, v),

slijedi da je gustina za slucajni vektor (U, V ),

fUV (u, v) =12π

e−( u22 + v2

2 ).

Skup (x, y)| y < x− 5 bijektivno se preslikava na (u, v)|2v < u, te je

P2V < U =12π

∫ ∫

2v<u

e−u2+v2

2 dudv =12π

arctan 12∫

π+arctan 12

dθ

+∞∫

0

dρ =12.

41

Zadatak 2.27. Ako su X i Y nezavisne slucajne promjenljive sa eksponenci-jalnom raspodjelom E(λ), pokazati da su

U = X + Y i V =X

Y

nezavisne slucajne promjenljive.Rjesenje. Iz

u = x + y

v =x

y

imamox =

uv

v + 1

y =u

v + 1.

Za Jakobijan preslikavanja vrijedi

J =

∣∣∣∣∣v

v+1u

(v+1)21

v+1 − u(v+1)2

∣∣∣∣∣ = − u

(v + 1)2.

Dakle,

f(U,V )(u, v) = f(X,Y )(x, y)|J | = f(X,Y )

(uv

v + 1,

u

v + 1

)u

(v + 1)2,

f(U,V )(u, v) = λ2ue−λu u

(v + 1)2.

Osim toga, za gustine slucajnih promjenljivih U i V vrijedi

fU (u) =∫ +∞

−∞f(U,V )(u, v)dv = λue−λu,

fV (v) =∫ +∞

−∞f(U,V )(u, v)du =

1(v + 1)2

,

pa jef(U,V )(u, v) = fU (u)fV (v).

Znaci U i V su nezavisne slucajne promjenljive.Zadatak 2.28. Neka su X i Y nezavisne slucajne promjenljive koje uzimajucjelobrojne vrijednosti i

Z = X + Y,

ako je

a = minn : PZ = n > 0 i b = maxn : PZ = n > 0.


Dokazati da je

minPZ = a, PZ = b ≤ 14.

Rjesenje. Neka je

aX = minn : PX = n > 0, bX = maxn : PX = n > 0

i analogno definisani aY i bY . Ocigledno je a = aX + aY i b = bX + bY .Sada je

minPZ = a, PZ = b ≤ minpq, (1− p)(1− q),gdje je p = PX = aX, q = PY = aY , pa je dovoljno pokazati

minp,q∈[0,1]

pq, (1− p)(1− q) ≤ 14,

sto vrijedi zbog

minp,q∈[0,1]

pq, (1− p)(1− q) ≤ minp∈[0,1]

p

2,1− p

2

≤ 1

4.

Zadatak 2.29. Neka su X i Y apsolutno neprekidne, nezavisne slucajne prom-jenljive sa funkcijama raspodjele F i G respektivno i neka je Z(t) slucajnapromjenljiva definisana na sledeci nacin:

Z(t) =

0, t < XY, t ≥ X.

Ako je F (0) = G(0) = 0 i F (x) = 1, x ≥ 1, ispitati za koje t je Z(t) diskretnog,a za koje apsolutno neprekidnog tipa. Navesti primjer za takve X i Y .Rjesenje. Neka je IA indikator slucajnog dogad-aja A, vrijedi

Z(t) = 0 · It < X+ Y · It ≥ X.

Razlikujemo sledece slucajeve(i) t ≤ 0,

PZ(t) = 0 = PX > t = 1− F (0)− 1,

pa je Z(t) diskretna slucajne promjenljiva.(ii) 0 < t < 1,

PZ(t) < z = P0 · It < X+ Y · It ≥ X < z

= P0 < z, t < X+ PY < z, t ≥ X= P∅+ PY < zPt ≥ X = F (t)G(z) = 0

za z ≤ 0.Ako je z > 0 onda je

P0 < z, t < X+ PY < z, t ≥ X = 1− F (t) + F (t)G(z).

43

Posto je 1−F (t) > 0 to Z(t) nije apsolutno neprekidna, ali nije ni diskretna jerima beskonacno mnogo vrijednosti. Z(t) je apsolutno neprekidnog tipa samoako je X takva da je F (t) = 0 za t ∈ (0, 1). Primjer takve slucajne promjenljiveZ(t) je zadan sa funkcijama raspodjela X i Y

F (x) =

0, x ≤ 0x2, 0 ≤ x ≤ 11, 1 < x

, G(x) =

0, x ≤ 0x

x + 1, x > 1.

Zadatak 2.30. Neka je (X, Y ) slucajni vektor sa funkcijom gustine raspodjele

f(x, y) =

c/x, 0 < y < x, 0 < x < 10, inace.

Odrediti konstantu c. Naci fX , fY i fX|Y =y. Da li su slucajne promjenljive X iY nezavisne?Rjesenje. Iz

1∫

0

x∫

0

c

xdydx = 1

dobijamo da je c = 1.Dalje je

fX(x) =

∞∫

−∞f(x, y)dy =

x∫0

1xdy, 0 < x < 1

0, inace,

fY (y) =

∞∫

−∞f(x, y)dx =

1∫y

1xdx, 0 < y < 1

0, inace,

Dakle,

fX(x) =

1, 0 < x < 10, inace,

fY (y) = −lny, 0 < y < 1

0, inace,

Kako je

fX|Y =y(x) =

f(x,y)fY (y) , fY (y) > 0

0, inace,

imamo da je

fX|Y =y(x) =

1x

−lny , 0 < y < x < 10, inace,

Vidimo da jefX(x)fY (y) 6= f(x, y),


pa slucajne promjenljive X i Y nisu nezavisne.Zadatak 2.31. Neka je

f(X,Y,Z)(x, y, z) =

65 (x2 + y), (x, y, z) ∈ (0, 1)3

0, inace,

gustina slucajnog vektora (X,Y, Z). Odrediti fX|Y (x|y).Rjesenje. Za gustinu slucajnog vektora (X, Y ) imamo

f(X,Y )(x, y) =

1∫

0

65(x2 + y)dz =

65(x2 + y), (x, y) ∈ (0, 1)2.

Sada za gustinu slucajne promjenljive Y vrijedi

fY (y) =

1∫

0

65(x2 + y)dx =

65

(13

+ y

).

Kako je

fX|Y (x|y) =f(X,Y )(x, y)

fY (y),

zakljucujemo

fX|Y (x|y) =x2 + y13 + y

, 0 < y < 1.

3

Numer. karakteristike sluc.promjenljivih

Zadatak 3.1. Odrediti c ∈ R tako da je sa

PX = k =c

k(k + 1)(k + 2), k = 1, 2, . . . ,

dat zakon raspodjele. Odrediti E(X).Rjesenje. Da bi datom formulom bio definisan zakon raspodjele vjerova-

tnoca slucajne promjenljive X mora biti c ≥ 0 i

+∞∑

k=1

c

k(k + 1)(k + 2)= 1.

Odavde je

c

+∞∑

k=1

1k(k + 1)(k + 2)

= 1,

pa posto je+∞∑

k=1

1k(k + 1)(k + 2)

=14

to je c = 4. Sada je

E(X) =+∞∑

k=1

k · PX = k =+∞∑

k=1

k4

k(k + 1)(k + 2)= 2.

Zadatak 3.2. Cetiri prijatelja ugovorili su susret u gradu sa cetiri hotela,ali nisu precizirali u kom hotelu ce se sastati. Odrediti zakon raspodjele slucajnepromjenljive X: broj hotela u kojima nece biti ni jednoga od prijatelja u za-kazano vrijeme. Naci E(X) i V ar(X).

45

46 3. NUMER. KARAKTERISTIKE SLUC. PROMJENLJIVIH

Rjesenje. Pretpostavljamo da svaki od prijatelja bira hotel slucajno, a kakonije bilo dogovora prijatelji hotele biraju nezavisno jedan od drugog. Broj svihmogucih rasporeda cetiri covjeka na cetiri mjesta je 44. Slucajna promjenljivaX uzima vrijednosti 0, ako su svi otisli u razlicite hotele. To je moguce na 4!

nacina. Dakle PX = 0 =664

. Jedan hotel je bez i jednog prijatelja, ako

su u preostala tri prijatelji dosli tako sto su u jednom dva (mogucnosti(42

)), a

u preostala dva po jedan (na dva nacina). Za fiksiran hotel bez prijatelja toje moguce na 3 · (4

2

) · 2, jer dva covjeka mogu u svaki od tri preostala hotela.Uzimajuci u obzir sve hotele, broj povoljnih slucajeva je 4 · 3 · (4

2

) · 2, pa je

PX = 1 =3664

. U dva hotela nema prijatelja, ako su po dva u dva hotela, ili u

jednom tri. Broj povoljnih slucajeva je(42

)(42

)+

(42

)(43

) ·2, pa je PX = 2 =2164

.

Na kraju je PX = 3 =444

=164

. Dakle, zakon raspodjele je dat sa

X :

0 1 2 3

664

3664

2164

164

.

E(X) = 1.26, V ar(X) = 0.41.Zadatak 3.3. Za slucajnu promjenljivu X vrijedi E(X) = 100 i V ar(X) =

15. Odrediti E(X2), E(2X + 6) i V ar(−3X + 5).Rjesenje. Vrijede formule

E(cX) = cE(X), E(X + c) = E(X) + c,

V ar(X) = E(X2)− E2(X),

V ar(cX) = c2V ar(X), V ar(X + c) = V ar(X),

gdje je c konstanta. Sada imamo

E(X2) = V ar(X) + E2(X) = 10015,

E(2X + 6) = 2E(X) + 6 = 206,

V ar(−3X + 5) = 9V ar(X) = 135.

Zadatak 3.4. Data je funkcija g sa

g(x) =

0, |x| ≥ 21, |x| ≤ 1

2− |x|, 1 ≤ |x| ≤ 2.

a) Odrediti konstantu c tako da funkcija f(x) = cg(x) bude gustina slucajnepromjenljive X.b) Odrediti funkciju raspodjele, matematicko ocekivanje i varijansu slucajnepromjenljive X.

47

c) Naci P (X < 32 | 0 ≤ X ≤ 7

4 ).Rjesenje.a) Iz uslova

+∞∫

−∞f(x)dx = 1,

to jest

2c

1∫

0

dx +

2∫

1

(2− x)dx

= 1

dobijamo

c =13.

b)Za funkciju raspodjele vjerovatnoca F imamo

F (x) =

0, x ≤ −2(x+2)2

6 , −2 < x ≤ −12x+3

6 , −1 < x ≤ 1−x2+4x+2

6 , 1 < x ≤ 21, x > 2.

Kako je f parna funkcija imamo E(X) = 0. Dakle,

Var(X) = E(X2),

pa je

Var(X) = 2

1∫

0

x2dx +

2∫

1

x2(2− x)dx

=

156

.

c) Koristeci formulu za uslovnu vjerovatnocu zakljucujemo da je

P (X <32| 0 ≤ X ≤ 7

4) =

P (0 ≤ X < 32 )

P (0 ≤ X < 74 )

=F ( 3

2 )− F (0)F ( 7

4 )− F (0)=

4447

.

Zadatak 3.5. Neka slucajna promjenljiva X ima momenat treceg reda. Pokazatida funkcija f1 definisana sa

f1(x) =∑ω

(X(ω)− x)2P (ω),

ima minimum za x = E(X), a funkcija f2 definisana sa

f2(x) =∑ω

(X(ω)− x)3P (ω),


monotono opada.Rjesenje. Kako je

f′1(x) =

∑ω

(−2)(X(ω)− x)P (ω),

zakljucujemo da jef′1(x) = 0

za

x =

∑ω

X(ω)P (ω)∑ω

P (ω)= E(X).

Osim toga,f′′1 (x) =

∑ω

2P (ω) = 2 > 0,

pa jex = E(X)

zaista tacka minimuma funkcije f1.

f′2(x) =

∑ω

(−3)(X(ω)− x)2P (ω),

f′2(x) = (−3)

(∑ω

(X(ω))2P (ω)− 2x∑ω

X(ω)P (ω) + x2∑ω

P (ω)

).

Kako je ∑ω

P (ω) = 1 > 0

i(∑ω

X(ω)P (ω))2 −∑ω

(X(ω))2P (ω) = −V ar(X) ≤ 0,

zakljucujemo da jef′2(x) ≤ 0, za sve x ∈ R,

pa f2 monotono opada.Zadatak 3.6. Date su slucajne promjenljive X i Y .

X :(

x1 x2

p1 p2

), Y :

(y1 y2

q1 q2

), x1 6= x2, y1 6= y2.

Ako vrijediE(XY ) = E(X)E(Y )

pokazati da su X i Y nezavisne slucajne promjenljive.Rjesenje. Slucajne promjenljive

U =X − x1

x2 − x1, V =

Y − y1

y2 − y1

49

imaju sljedece raspodjele

U :(

0 1p1 p2

), V :

(0 1q1 q2

).

Ako jeE(XY ) = E(X)E(Y )

tada jeE(UV ) = E(U)E(V ).

Ako su U i V nezavisne slucajne promjenljive onda su takve i slucajne prom-jenljive X i Y . Sada je dovoljno pokazati nezavisnost slucajnih promjenljivih Ui V . Imamo

E(UV ) = P (U = 1, V = 1) i E(U)E(V ) = P (U = 1)P (V = 1),

pa jeP (U = 1, V = 1) = P (U = 1)P (V = 1).

Dalje,P (U = 1, V = 0) = P (U = 1)− P (U = 1, V = 1)

= P (U = 1)(1− P (V = 1)),

znaciP (U = 1, V = 0) = P (U = 1)P (V = 0).

Slicno dobijamo

P (U = 0, V = 1) = P (U = 0)P (V = 1),

P (U = 0, V = 0) = P (U = 0)P (V = 0).

Dakle, slucajne promjenljive U i V su nezavisne, pa su takve i X i Y .Zadatak 3.7. Ako je

X :(

1 2 3p1 p2 p3

)

slucajna promjenljiva kod koje je E(X) = 2 i Var(X) = 23 odrediti p1, p2 i p3.

Rjesenje. Vrijedip1 + p2 + p3 = 1,

osim toga, kako je E(X) = 2 imamo

p1 + 2p2 + 3p3 = 2.

Dalje,

Var(X) = E(X2)− E2(X) =23,

pa je

p1 + 4p2 + 9p3 − 4 =23.


Sada izp1 + p2 + p3 = 1

p1 + 2p2 + 3p3 = 2

p1 + 4p2 + 9p3 =143

,

dobijamo

p1 = p2 = p3 =13.

Zadatak 3.8. Neka je X slucajna promjenljiva. Pokazati da je

|E(X)| ≤ E(X2) +14.

Rjesenje. Iz 4X2 + 4X + 1 ≥ 0 i 4X2 − 4X + 1 ≥ 0 imamo

−14−X2 ≤ X ≤ 1

4+ X2.

Kako vrijediX ≤ Y ⇒ E(X) ≤ E(Y ),

to imamo

E

(−1

4−X2

)≤ E(X) ≤ E

(14

+ X2

),

to jest

|E(X)| ≤ E(X2) +14.

Zadatak 3.9. Naci ocekivanje broja realnih nula jednacine

x3 − 3x− 2Y = 0, x ∈ R,

gdje je Y slucajna promjenljiva sa gustinom

f(y) =1

π(1 + y2).

Rjesenje. Neka je ϕ(x) = x3 − 3x − 2y, y ∈ R. Funkcija ϕ ima ekstreme zax ∈ −1, 1 i vrijedi

ϕ(−1) = 2(1− y), ϕ(1) = −2(1 + y),

tako da ϕ ima jednu realnu nulu ako je ϕ(−1) < 0 ili ϕ(1) > 0, odnosnoy ∈ (−∞,−1) ∪ (1, +∞). Ako je y ∈ [−1, 1] funkcija ϕ ima dvije nule i upreostalom slucaju tri nule. Neka je slucajna promjenljiva Z broj nula. Tadavrijedi

PZ = 1 = Py < −1+ Py > 1,

51

PZ = 1 =1π

−1∫

−∞

dy

1 + y2+ 1− 1

π

1∫

−∞

dy

1 + y2=

12,

PZ = 2 = Py = −1+ Py = 1 = 0,

PZ = 3 =12,

pa jeE(Z) = 2.

Zadatak 3.10. Slucajna tacka A ima ravnomjernu raspodjelu u krugu radijusaR. Naci matematicko ocekivanje i varijansu slucajne promjenljive X koja pred-stavlja rastojanje tacke A od centra kruga.Rjesenje. Za funkciju raspodjele FX slucajne promjenljive x vazi

F (x) = PX < x =m(Kx)m(K)

Znaci,

F (x) =x2

R2, x ∈ [0, R],

pa je gustina slucajne promjenljive X,

f(x) =2x

R2, x ∈ [0, R].

Sada je

E(X) =

R∫

0

xf(x)dx =

R∫

0

2x2

R2dx =

2R

3,

Var(X) = E(X2)− E2(X) =

R∫

0

2x3

R2dx− 4R2

9=

R2

18.


Zadatak 3.11. Neka je X nenegativna slucajna promjenljiva. Pokazati da je

E(X) =

+∞∫

0

P (X > t)dt.

Rjesenje. Neka je f gustina slucajne promjenljive X. Tada je

+∞∫

0

P (X > t)dt =

+∞∫

0

+∞∫

t

f(t)dt =

+∞∫

0

(u∫0

dt

)f(u)du.

Dakle,+∞∫

0

P (X > t)dt =

+∞∫

0

uf(u)du = E(X).

Zadatak 3.12. Vektor (X, Y ) ima gustinu

f(x, y) =

8xy, 0 < x < y < 10, van.

Odrediti E

(Y |X =

13

).

Rjesenje. Uslovna gustina za Y pri X = x je

fY (y|x) =f(x, y)fX(x)

,

gdje je fX(x) marginalna gustina za X. Kako je

FX(x) =

+∞∫

−∞f(x, y)dy = 8

1∫

x

xydy = 4x(1− x2), 0 < x < 1,

to imamo da je fY (y|x) =2y

1− x2, 0 < x < y < 1

Sada je

FY

(y|x =

13

)=

9y

4,

13

< y < 1.

E

(Y |X =

13

)=

1∫

13

yfY

(y|X =

13

)dy =

1∫

13

9y2

4dy =

1318

.

Zadatak 3.13. Neka je

f(x, y) =

c

x3(x− 1), 1 < y < x

0, inace.

53

gustina slucajnog vektora (X,Y ). Naci konstantu c. Odrediti uslovnu raspod-jelu Y |X = x, a zatim naci E(Y ).Rjesenje. Kako je

+∞∫

1

x∫

1

[x3(1− x)]−1dydx =

+∞∫

1

x−3dx =12,

dobijamo c = 2.Dalje,

fX(x) = 2

x∫

1

[x3(1− x)]−1dy = 2x−3,

pa je

f(x, y)fX(x)

=1

x− 1, y ∈ (1, x).

Dakle, slucajna promjenljiva Y |X = x ima uniformnu raspodjelu na (1, x). Osimtoga

E(X) = 2

+∞∫

1

x−2dx = 2,

pa kako je

E(Y ) = E(E(Y |X)) = 2E(X + 1),

imamo

E(Y ) =34.

Zadatak 3.14. Tacka (X, Y ) se slucajno bira u kvadratu[0, 1]× [0, 1].a) Naci funkciju raspodjele i matematicko ocekivanje slucajne promjenljive

R =√

X2 + Y 2.

b) Dokazati da je za ma kako raspodjeljenu slucajnu promjenljivu (X, Y )

E(√

X2 + Y 2) ≥√

E2(X) + E2(Y ),

to jest ocekivani radijus je veci ili jednak radijusu ocekivane tacke.Rjesenje. Posto se tacka (X, Y ) bira unutar kvadrata [0, 1] × [0, 1] to je 0 ≤R ≤ √

2. Sada razlikujemo sledece slucajeve:


1 r ≤ 0,FR(r) = 0,

2 0 < r ≤ 1,

FR(r) =r2π

4,

31 < r ≤ √2,

FR(r) =∫∫

D1S

D2S

D3

dxdy =∫∫

D1

dxdy +∫∫

D2

dxdy +∫∫

D3

dxdy

=√

r2 − 12

+∫∫

D2

dxdy +√

r2 − 12

=√

r2 − 1 +∫∫

D2

dxdy.

Koristeci polarne koordinate

x = ρ cos ϕ,y = ρ sin ϕ,

dobijamo

FR(r) =√

r2 − 1 +π2−arctan

√r2−1∫

arctan√

r2−1

r∫0

ρdρdϕ =

=√

r2 − 1 +R2π

4− r2 arctan

√r2 − 1.

55

4√

2 < r, FR(r) = 1.

Znaci, za gustinu raspodjele slucajne promjenljive R vrijedi

fR(r) =

πr

2, 0 ≤ r ≤ 1

πr

2− 2r arctan

√r2 − 1 , 1 ≤ r ≤ sqrt2

0 , r 6∈ [0,√

2]

Za matematicko ocekivanje slucajne promjenljive R imamo

E(R) =

√2∫

0

rfR(r)dr =13(√

2 + ln(1 +√

2)).

Posto je√

E2(X) + E2(Y ) =

√14

+14

=1√2

i1√2

>13(√

2 + ln(1 +√

2)),

vidi se da ocekivana vrijednost radijusa R nije jednaka radijusu ocekivane tacke

(E(X), E(Y )) =(

12,12

).

b) Kako je

E2(X) =(

E

(4√

X2 + Y 2 · X4√

X2 + Y 2

))2

≤ E(√

X2 + Y 2) · E(fracX2

√X2 + Y 2

)

i

E2(Y ) =(

E

(4√

X2 + Y 2 · X4√

X2 + Y 2

))2

≤ E(√

X2 + Y 2) · E(

Y 2

√X2 + Y 2

)


to jeE2(X) + E2(Y )

≤ E(√

X2 + Y 2) ·(

E

(X2

√X2 + Y 2

)+ E

(Y 2

√X2 + Y 2

))

= E(√

X2 + Y 2) · E(

X2 + Y 2

√X2 + Y 2

)= (E(

√X2 + Y 2))2.

Znaci, √E2(X) + E2(Y ) ≤ E(

√X2 + Y 2).

Zadatak 3.15. Slucajne promjenljive X1, X2, ... su nezavisne i imaju ravno-mjernu raspodjelu na [0, 1]. Naci matematicko ocekivanje i varijansu slucajnevelicine

Yn =n∑

i=1

|Xi+1 −Xi|.

Rjesenje. Za matematicko ocekivanje slucajne promjenljive Yn imamo

E(Yn) = E(n∑

i=1

|Xi+1 −Xi|) =∑n

i=1 E(|Xi+1 −Xi|).

Posto je E(|Xi+1 −Xi|) =1∫0

1∫0

|xi+1 − xi|dxidxi+1

=1∫0

1∫0

|x− y|dxdy =1∫0

x∫0

(x− y)dxdy +1∫0

1∫x

(y − x)dxdy =13, to je

E(Yn) =n

3,

Var(Yn) = E(Y 2n )− E2(Yn),

E(Y 2n ) = E((

n∑

i=1

|Xi+1 −Xi|)2).

Vrijede sledece formule

E(|Xi+1 −Xi|2) = E((X − Y )2) =

1∫

0

1∫

0

(x− y)2dxdy =16,

E(|X − Y ||Z − T |) = E2(|X − Y |) =132

,

E(|X − Y ||Y − Z|) =

1∫

0

1∫

0

1∫

0

|x− y||y − z|dxdydz

=

1∫

0

(

1∫

0

1∫

0

|x− y||y − z|dxdz)dy =

1∫

0

(

1∫

0

|x− y|dx)2dy =760

.

57

Sada za varijansu slucajne promjenljive Yn imamo

Var(Yn) = nE(|X1 −X2|2) + [n(n− 1)− (n− 1)]E(|X1 −X2||X3 −X4|)++(n− 1)E(|X1 −X2||X2 −X3|)− E2(Yn),

Var(Yn) =n

6+ (n− 1)2 · 1

9+ (n− 1) · 7

60− n2

9=

11n− 1180

.

Zadatak 3.16. Iz skupa 1, 2, 3 slucajno se bira broj X. Nakon toga kocka sebaca X puta i pri tome je broj pojaljivanja broja sest jednak Y . Naci Var(X|Y =2).Rjesenje. Vrijedi

X\Y 0 1 2 3

1 518

118 0 0

2 25108

10108

1108 0

3 125648

75648

15648

1648

pa imamo

X|Y = 2 :(

1 2 30 2

757

).

Sada je E(X|Y = 2) = 197 i E((X|Y = 2)2) = 53

7 , pa je

Var(X|Y = 2) =1049

.

Zadatak 3.17. X i Y su nezavisne slucajne promjenljive sa Poasonovomraspodjelom P(λ). Naci E(X|X + Y = m).

Rjesenje.

PX = k|X + Y = m =PX = k,X + Y = m

PX + Y = m , k = 0, 1, . . . ,m.

PX = k,X + Y = m = PX = k, Y = m − k. Sada zbog nezavisnostislucajnih promjenljivih X i Y je

PX = k,X + Y = m = PX = kPY = m− k =λk

k!· e−λ · λm−k

(m− k)!e−λ =

(m

k

)λm

m!e−2λ, k = 0, 1, . . . , m.

PX + Y = m =m∑

i=0

PX = i, Y = m− i =

=m∑

i=0

PX = iPY = m− i =

=m∑

i=0

(m

i

)λm

m!e−2λ =

λm

m!e−2λ

m∑

i=0

(m

i

)=

(2λ)m

m!e−2λ.


Sada je

PX = k|X + Y = m =

(m

k

)λm

m!e−2λ

(2λ)m

m!e−2λ

=1

2m

(m

k

).

Znaci X|X + Y = m ima binomnu raspodjelu B(m,12), pa je

E(X|X + Y = m) =m∑

k=0

k

2m

(m

k

)=

m

2m

m∑

k=1

(m− 1k − 1

)=

m

2.

Zadatak 3.18. Slucajne promjenljive X1, . . . , Xk su med-usobno nezavisne ivazi Xi : P(λi), i = 1, . . . , k. Naci matematicko ocekivanje i varijansu za slucajnupromjenljivu

(X1 + · · ·+ Xj)|X1 + · · ·+ Xk = n, j ≤ k.

Rjesenje. Koristeci matematicku indukciju jednostavno se pokaze da ako neza-visne slucajne promjenljive X1, . . . , Xm imaju Poasonove raspodjele P(λ1), . . . ,P(λm)

respektivno da tada slucajna promjenljivam∑

i=1

Xi ima Poasonovu raspodjelu

P(m∑

i=1

λi).

Ako sada stavimo da jeX = X1 + · · ·+ Xj ,

Y = Xj+1 + · · ·+ Xk

vrijedi

PX = i|X + Y = n =PX = i, Y = n− i

PX + Y = n ,

PX = iPY = n− iPX + Y = n =

λi

i! e−λ · µn−i

(n−i)!e−µ

(λ+µ)n

n! e−(λ+µ)

i kako jeλi

i! e−λ · µn−i

(n−i)!e−µ

(λ+µ)n

n! e−(λ+µ)=

(n

i

)(λ

λ + µ

)i (µ

λ + µ

)n−i

,

n = 0, 1, . . . , i = 0, 1, . . . , n, gdje je

λ =j∑

i=1

λi, µ =n∑

i=j+1

λi

dobijamo daX|X + Y = n

ima binomnu raspodjelu B(

n,λ1 + · · ·+ λj

λ1 + · · ·+ λk

), pa je

E(X|X + Y = n) = n · λ1 + · · ·+ λj

λ1 + · · ·+ λk,

59

Var(X|X + Y = n · λ1 + · · ·+ λj

λ1 + · · ·+ λk· λj+1 + · · ·+ λk

λ1 + · · ·+ λk.

Zadatak 3.19. Knjizara sadrzi n knjiga. Sve knjige su izvad-ene iz polica i naslucajan nacin vracene. Neka je X broj knjiga koje se nalaze na prvobitnimmjestima. Naci E(X).Rjesenje. Neka je Xi = 1 ako je i−ta knjiga na prvobitnom mjestu i Xi = 0 akoi−ta knjiga nije na prvobitnom mjestu. Za svaku fiksiranu knjigu, vjerovatnoca

da se nalazi na prvobitnom mjestu je1n

, to jest

Xi :

1

1n

0

1− 1n

, pa je

E(Xi) =1n

, (i = 1, . . . , n).

Posto je X = X1 + · · ·+ Xn to je E(X) = n · 1n

= 1.

Koristeci standardan nacin imamo E(X) =n∑

k=0

kPX = kVjerovatnocu PX = k dobijamo koristeci formulu

P (k⋃

i=1

Ai) =k∑

i=1

P (Ai)−∑

1≤i<j≤k

P (AiAj) + · · ·+ (−1)kP (A1 . . . Ak).

Lako se dobije

PX = k =1k!

(1− 1

1!+

12!− . . . (−1)n−k 1

(n− k)!

),

pa je

E(X) =n∑

k=0

k

k!

(1− 1

1!+

12!− · · ·+ (−1)n−k · 1

(n− k)!

).

Na taj nacin smo pokazali da je

n∑

k=0

k

k!

(1− 1

1!+

12!− · · ·+ (−1)n−k · 1

(n− k)!

)= 1

Zadatak 3.20. Slucajne promjenljive X i Y su nezavisne i

PX = k = PY = k = pqk−1,

0 < p < 1, q = 1− p, (k = 1, 2, . . . ).

Naci Var(X|X + Y = n), n ≥ 2.Rjesenje. Kako je

PX = k|X + Y = n =PX = kPY = n− k

PX + Y = n ,


vrijedi

PX = k|X + Y = n =pqk−1pqn−k−1

n−1∑k=1

pqk−1pqn−k−1

=1

n− 1, k = 1, . . . , n− 1.

Dakle,

E(X|X + Y = n) =n−1∑

k=1

kPX = k|X + Y = n

=1

n− 1

n−1∑

k=1

k =n

2,

E(X2|X + Y = n) =n−1∑

k=1

k2PX = k|X + Y = n

=1

n− 1

n−1∑

k=1

k2 =n(2n− 1)

6,

pa je

Var(X|X + Y = n) =n(2n− 1)

6− n2

4=

n(n− 2)12

.

Zadatak 3.21. Slucajna promjenljiva X ima gustinu

f(x) =

x/8, x ∈ (0, 4)0, x 6∈ (0, 4).

Naci Var(X|X < 2).Rjesenje. Za x ∈ (−∞, 0], je

PX < x|X < 2 = 0,

ako x ∈ (0, 2] vrijedi

PX < x|X < 2 =PX < xPX < 2 =

x2

16416

=x2

4,

i za x ∈ (2, +∞) je PX < x|X < 2 = 1,pa je

E(X|X < 2) =

2∫

0

x · x

2dx =

43,

E(X2|X < 2) =

2∫

0

x2 · x

2dx = 2.

61

Znaci, Var(X|X < 2) =29.

Zadatak 3.22. Slucajne promjenljive X1, X2, . . . , Xn su pozitivne, jednakoraspodjeljene i nezavisne. Naci matematicko ocekivanje slucajne promjenljive

Y =X1 + · · ·+ Xi−1 + Xi+1 + · · ·+ Xn

X1 + · · ·+ Xn.

Rjesenje. Neka su Y1, . . . Yn slucajne promjenljive definisane sa

Yi =X1 + · · ·+ Xi−1 + Xi+1 + · · ·+ Xn

X1 + · · ·+ Xn, i = 1, . . . , n.

VrijediY1 + · · ·+ Yn = n− 1, E(Y ) = E(Yi), i = 1, . . . , n,

pa je

E(Y1 + · · ·+ Yn) = E(n− 1) = n− 1,E(Y1) + · · ·+ E(Yn) = n− 1,

nE(Y ) = n− 1, E(Y ) =n− 1

n.

Zadatak 3.23. Izracunati integral∫

[0,1]n

x1 + x2 + · · ·+ xk

x1 + x2 + · · ·+ xne−(x2

1+x22+···+x2

n)dx1dx2 · · · dxn.

Rjesenje. Dati integral predstavlja matematicko ocekivanje slucajne prom-jenljive

Y = (2 · π)n2 · X1 + X2 + · · ·+ Xk

X1 + X2 + · · ·+ Xn,

gdje su slucajne promjenljive X1, X2, . . . , Xn nezavisne i sa istom normalnomraspodjelom N (0, 1). Kako je

E(Y ) = (2 · π)n2 · k

n,

vrijedi,∫

[0,1]n

x1 + x2 + · · ·+ xk

x1 + x2 + · · ·+ xne−(x2

1+x22+···+x2

n)dx1dx2 · · · dxn = (2 · π)n2 · k

n.

Zadatak 3.24. Neka je X slucajna promjenljiva sa funkcijom raspodjele vjerovatnoca

F . Medijana slucajne promjenljive X je broj m za koji vrijedi F (m) =12. Vri-

jedi P (X > m) = P (X < m) =12. Odrediti m ako X ima

(a) uniformnu raspodjelu na [a, b],(b) normalnu raspodjelu N (µ, σ2),


(c) eksponencijalnu raspodjelu E(λ).Rjesenje.Funkcija raspodjele vjerovatnoca slucajne promjenljive X koja ima uniformnuraspodjelu na intervalu [a, b] je

F (x) =

1, x > bx−ab−a , a < x ≤ b

0, x ≤ a.

pa je medijana m =a + b

2.

Slicno odredjujemo medijanu i u ostalim slucajevima. Ako X ima normalnuraspodjelu N (µ, σ2), medijana je µ, a ako X ima eksponencijalnu raspodjelu

E(λ), medijana je1λ

.

Zadatak 3.25. Neka slucajni vektor (X,Y ) ima zakon raspodjele vjerovatnoca

Y \X -1 0 10 1

1212

112

2 112

16

112

Naci cov(X, Y ).Rjesenje. Zakoni raspodjela za X, Y i XY su

X :( −1 0 1

16

23

16

), Y :

(0 223

13

), XY :

( −2 0 2112

56

112

).

Sada je E(X) = 0, E(Y ) = 23 i E(XY ) = 0, pa je cov(X, Y ) = 0. Primjetimo

da X i Y nisu nezavisne, jer na primjer

P (X < 0) =16, P (Y < 2) =

23

i P (X < 0, Y < 2) =112

,

tako da jeP (X < 0, Y < 2) 6= P (X < 0)P (Y < 2).

Zadatak 3.26. Tacka a je fiksna i izabrana je iz intervala (0, 1), slucajnapromjenljiva X ima uniformnu raspodjelu na tom intervalu. Odrediti kovari-jansu slucajnih promjenljivih X i Y , gdje je Y rastojanje tacke a od X to jestY = |X − a|. Naci vrijednost za a tako da su slucajne promjenljive X i Y neko-relisane.Rjesenje. Vrijedi

E(XY ) =

1∫

0

x|x− a|dx =

a∫

0

x(a− x)dx−1∫

a

x(a− x)dx,

a odavde je

E(XY ) =a3

3− a

2+

13.

63

Dalje,

E(X) =12,

E(Y ) =

1∫

0

|x− a|dx,

E(Y ) = a2 − a +12.

Dakle,

cov(X, Y ) =a3

3− a

2+

13− 1

2

(a2 − a +

12

)=

a3

3− a2

2+

112

.

Jednacinaa3

3− a2

2+

112

= 0

ima samo jedan korijen u intervalu (0, 1) i to a = 12 . Prema tome, slucajne

promjenljvie X i Y su nekorelisane samo za a = 12 .

Zadatak 3.27. Pokazati da vrijedi

|cov(X, Y )| ≤ Var(X)Var(Y ).

Rjesenje. Neka je X0 = X − E(X) i Y 0 = Y − E(Y ). Za svaki α ∈ R je

E((X0 − αY 0)2) ≥ 0,

odakle slijediVar(X)− 2α cov(X,Y ) + α2Var(Y ) ≥ 0.

Mora biticov2(X,Y )−Var(X)Var(Y ) ≤ 0,

odnosno—cov(X,Y )| ≤ Var(X)Var(Y ).

Zadatak 3.28. Slucajne promjenljive X i Y su nezavisne sa zakonom raspodjele(

0 112

12

).

Neka je U = minX,Y i V = maxX, Y . Naci koeficijent korelacije ρU,V ilinearnu regresiju V po U .Rjesenje. Raspodjela slucajnog vektora (U, V ) je data sljedecom tabelom

U\V 0 10 0.25 0.51 0 0.25


Koeficijent korelacije

ρU,V =E(UV )− E(U)E(V )√

Var(U)√

Var(V )=

0.25− 0.25 · 0.75√

34

√3

4

=13.

Linearna regresija V po U je

y =x

3+

23.

Zadatak 3.29. Slucajna promjenljiva (X, Y ) ima funkciju gustine

f(x, y) =

x + y, (x, y) ∈ [0, 1]× [0, 1]0, (x, y) 6∈ [0, 1]× [0, 1].

a) Naci koeficijent korelacije izmed-u slucajnih promjenljivih X i Y ,b) Odrediti pravu linearne regresije za slucajne promjenljive X i Y .Rjesenje.a) Gustina raspodjele slucajne promjenljive X je

fX(x) =

+∞∫

−∞f(x, y)dy =

1∫0

(x + y)dy = x +12, x ∈ [0, 1]

0, x 6∈ [0, 1]

Analogno se dobije

fY (y) =

y +

12, y ∈ [0, 1]

0, y 6∈ [0, 1].

E(X) =

1∫

0

xfX(x)dx =712

, E(Y ) =

1∫

0

yfY (y)dy =712

,

Var(X) = Var(Y ) =512

, E(XY ) =

1∫

0

1∫

0

xy(x + y)dxdy =13,

ρXY =E(XY )− E(X)E(Y )√

Var(X)Var(Y )= − 1

60.

b) Jednacina prave linearne regresije za slucajne promjenljive X i Y je

y − E(Y ) = ρXY ·√

Var(Y )Var(X)

· (x− E(X)).

Uvrstavanjem odgovarajucih vrijednosti dobijamo

y − 712

= − 160

(x− 712

), x ∈ [0, 1].

65

Zadatak 3.30. Neka je X = [X1, X2]T slucajan vektor cija je kovarijacionamatrica

K(X) =[

2 11 1

].

Naci varijansu slucajne promjenljive 3X1 − 2X2.Rjesenje. Vrijedi

Var(a1X1 + · · ·+ anXn) = [a1, . . . , an]K(X)[a1, . . . , an]T ,

pa imamo

Var(3X1 − 2X2) = [3,−2][

2 11 1

] [3−2

]= 10.

4

Karakteristicne funkcije

Zadatak 4.1. Slucajne promjenljive X1, X2, X3 su nezavisne sa raspodjelama:

PX1 = k =12k

, PX2 = k =23k

, PX3 = k =45k

, k ∈ N.

Koristeci karakteristicne funkcije naci raspodjelu za slucajnu promjenljivu X,gdje je

X = X1 + X2 + X3.

Rjesenje.

hX1(t) =+∞∑

k=1

eikt · 12k

=eit

2· 11− eit

2

,

hX2(t) =+∞∑

k=1

eikt · 23k

=2eit

3· 11− eit

3

,

hX3(t) =+∞∑

k=1

eikt · 45k

=4eit

5· 11− eit

5

.

hX(t) = hX1+X2+X3(t) = hX1(t)hX2(t)hX3(t) =

=415· e3it · 1

(1− eit

2 )(1− eit

3 )(1− eit

5 )=

=415· e3it

(5

1− eit

2

− 51− eit

3

+1

1− eit

5

)=

=415· e3it ·

+∞∑

k=0

(5 · 1

2k− 5 · 1

3k+

15k

)eikt.

Dakle,

PX = k + 3 =415·(

52k− 5

3k+

15k

), k = 0, 1, 2, . . .

Zadatak 4.2. Neka X ima binomnu raspodjelu B(n, p). Naci E(X3).Rjesenje. Karakteristicna funkcija slucajne promjenljive X je

h(t) = (peit + 1− p)n.

67

68 4. KARAKTERISTICNE FUNKCIJE

Kako je

E(X3) =h(3)(0)

i3.

Nakon diferenciranja dobijamo da je

E(X3) = np + 3n(n− 1)p2 + n(n− 1)(n− 2)p3.

Zadatak 4.3. Karakteristicne funkcije nezavisnih slucajnih promjenljivih X iY su

hX(t) = e2eit−2 i hY (t) =(

14

)10 (3eit + 1

)10.

OdreditiP (X + Y = 2), P (XY = 0) i E(XY ).

Rjesenje. Lako se vidi da je

hX(t) = e−2+∞∑

k=0

2keitk

k!,

hY (t) =(

14

)10 n∑

k=0

(10k

)3keitk.

Dakle,

P (X = k) = e−2 2k

k!, k = 0, 1, . . . ,

P (Y = k) =(

14

)10 (10k

)3k, k = 0, 1, . . . , n.

P (X + Y = 2) = P (X = 0, Y = 2) + P (X = 1, Y = 1) + P (X = 2, Y = 0),

zbog nezavisnosti slucajnih promjenljivih X i Y imamo

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

P (X = 2)P (Y = 0).

Dobijamo

P (X + Y = 2) =63

e2219.

Dalje,

P (XY = 0) = P (X = 0) + P (Y = 0)− P (X = 0)P (Y = 0),

pa je

P (XY = 0) =410 + e2 − 1

410e2.

Kako su X i Y nezavisne slucajne promjenljive to je

E(XY ) = E(X)E(Y ).

69

Osim toga iz oblika karakteristicnih funkcija vidimo da slucajna promjenljivaX ima Poasonovu raspodjelu P(2), a slucajna promjenljiva Y ima binomnuraspodjelu B(10, 3

4 ). Dakle, E(X) = 2 i E(Y ) = 152 . Znaci, E(XY ) = 15.

Zadatak 4.4. Slucajna promjenljiva X ima karakteristicnu funkciju h(t). IzracunatiVar(sinX) + Var(cosX) preko h(1).Rjesenje.

Var(sinX) + Var(cosX) = E(sin2 X)− E2(sinX) + E(cos2 X)

−E2(cos X),

Var(sinX) + Var(cosX) = E(sin2 X + cos2 X)− (E2(sinX)

+E2(cos X)),

V ar(sin X) + V ar(cos X) = 1− (E2(sinX) + E2(cos X)).

Kako je

h(t) = E(eitx) = E(cos tX + i sin tX) = E(cos tX) + iE(sin tX),

imamo|h(1)|2 = E2(cos X) + E2(sinX),

pa jeVar(sinX) + Var(cosX) = 1− |h(1)|2.

Zadatak 4.5. Naci cov(X,Y ) ako je data karakteristicna funkcija h(t, s) slucajnogvektora (X, Y ).Rjesenje. Za karakteristicnu funkciju h(t, s) vrijedi

h(t, s) = E(ei(tX+sY )).

Odavde imamo∂h(0, 0)

∂t= iE(X),

∂h(0, 0)∂s

= iE(Y ),

∂2h(0, 0)∂t∂s

= −E(XY ).

Sada dobijamo

cov(X,Y ) =∂h(0, 0)

∂t

∂h(0, 0)∂s

− ∂2h(0, 0)∂t∂s

.

Zadatak 4.6. Neka je X1, X2, . . . niz nezavisnih slucajnih promjenljivih takvihda je

Xk :( −1 1

12

12

), k = 1, 2, . . .

i

X =+∞∑

k=1

Xk

2k.


Dokazati da X ima uniformnu raspodjelu U(−1, 1).Rjesenje. Raspodjelu za X odredicemo pomocu karakteristicnih funkcija. Zaslucajnu promjenljivu Xk karakteristicna funkcija je

hXk(t) =

12e−it +

12eit = cos t, k = 1, 2, . . . .

Neka je

Yn =n∑

k=1

Xk

2k,

posto su slucajne promjenljive X1, X2, . . . nezavisne, za karakteristicnu funkcijuslucajne promjenljive Yn vrijedi

hYn(t) =n∏

k=1

hXk2k

(t) =n∏

k=1

cost

2kcos

t

2cos

t

22. . . cos

t

2n

=sin t

2 sin t2

· sin t2

2 sin t22

· sin t22

2 sin t23

· · · sint

2n−1

2 sin t2n

=sin t

2n sin t2n

.

Sada imamohYn(t) → sin t

t, n → +∞.

Znaci, niz karakteristicnih funkcija hYn konvergira za svako t 6= 0 ka funkciji

h(t) =sin t

t, t 6= 0

Kako je,

limt→0

sin t

t= 1,

h se moze definisati u nuli sa h(0) = 1 da bi bila neprekidna. Posto je hYn(0) = 1za svako n = 1, 2, . . . imamo da niz karakteristicnih funkcija hYn konvergira zasvako t ∈ R ka funkciji

h(t) =

sin t

t, t 6= 0

1 , t = 0.

Karakteristicna funkcija za uniformnu raspodjelu U(−1, 1), je

hU =eit − e−it

2it,

kako jesin t

t=

eit − e−it

2it,

to X ima uniformnu raspodjelu U(−1, 1).Zadatak 4.7. Odrediti raspodjelu cija je karakteristicna funkcija

h(t) =eit − 1

it.

71

Rjesenje. Koristimo teoremu o inverziji:Ako su a i b tacke neprekidnosti funkcije raspodjele F , tada je

F (b)− F (a) =12π

limT→+∞

T∫

−T

e−iat − e−ibt

ith(t)dt.

Sada imamo,

F (x)− F (0) =12π

limT→+∞

T∫

−T

1− e−itx

it· eit − 1

itdt

=12π

limT→+∞

T∫

−T

eit − 1− eit(1−x) + e−itx

−t2dt

=12π

limT→+∞

T∫

−T

1− cos t + cos t(1− x)− cos tx

t2dt

+i12π

limT→+∞

T∫

−T

sin tx + sin t(1− x)− sin t

t2dt.

Posto je

limt→+∞

sin αt

t2= 0 i

∣∣∣∣sin αt

t2

∣∣∣∣ ≤1t2

,

postoji

limT→+∞

T∫

−T

sin αt

t2dt.

Osim toga,sinαt

t2= − sinα(−t)

(−t)2,

pa je+∞∫

−∞

sin αt

t2dt = 0.

Dalje,

limt→0

1− cos t

t2=

12

i 0 ≤ 1− cos t

t2≤ 2

t2,

pa postoji

limT→+∞

T∫

−T

1− cos t

t2dt = a.

73

Zadatak 4.9. Pokazati da su funkcije

h1(t) =3 + cos t

4, h2(t) = cos4 t,

karakteristicne funkcije i naci odgovarajuce raspodjele.Rjesenje. Za h1 i h2 vrijedi

h1(t) =18e−it +

34

+18eit,

h2(t) =116

e4it +14e2it +

38

+14e−2it +

116

e−4it.

Sada se vidi da je h1 karakteristicna funkcija slucajne promjenljive

X1 :

( −1 0 118

34

18

),

a h2 karakteristicna funkcija slucajne promjenljive:

X2 :

( −4 −2 0 2 4116

14

38

14

116

).

Zadatak 4.10. Pokazati da je

h(t) =12· 3eit − 12eit − 1

,

karakteristicna funkcija i naci njen zakon raspodjele.Rjesenje. Vrijedi

h(t) =12· 3eit − 12eit(1− 1

2eit ),

∣∣∣∣1

2eit

∣∣∣∣ =12,

pa je

h(t) =14

(3− 1

eit

) +∞∑

k=0

12keikt

=34

+∞∑

k=0

12keikt

− 14

+∞∑

k=0

12kei(k+1)t

=+∞∑

k=0

32k+2eikt

−+∞∑

k=1

12k+1eikt

=34

++∞∑

k=1

(3

2k+2− 1

2k+1

)· 1eikt

=34

++∞∑

k=1

12k+1

e−ikt.

Zakljucujemo da je h karakteristicna funkcija slucajne promjenljive X cija jeraspodjela data sa

PX = 0 =34, PX = −k =

12k+1

, k ∈ N.


Zadatak 4.11. Pokazati da je

h(t) =13

cos t +16

cos 2t +12

cos 3t

karakteristicna funkcija i naci njenu raspodjelu kao i ocekivanje te raspodjele.Rjesenje.

h(t) =13· eit + e−it

2+

16· e2it + e−2it

2+

12· e3it + e−3it

2.

Odgovarajuca raspodjela je

X :

( −3 −2 −1 1 2 314

112

16

16

112

14

)

E(X) =h′(0)

i= 0.

Zadatak 4.12. Zadana je karakteristicna funkcija

h(t) = eit−|t|.

Odrediti gustinu raspodjele odgovarajuce slucajne promjenljive.Rjesenje. Na osnovu teoreme o inverziji imamo

f(x) =12π

limT→+∞

T∫

−T

e−itx · eit−|t|dt

=12π

0∫

−∞e−itx · eit+tdt +

12π

+∞∫

0

e−itx · eit−tdt

=12π

0∫

−∞et+it(1−x)dt +

12π

+∞∫

0

e−t+it(1−x)dt

=12π

(1

1 + i(1− x)− lim

t→−∞et+it(1−x)

1 + i(1− x)

)

+12π

(lim

t→+∞e−t+it(1−x)

−1 + i(1− x)− frac1−1 + i(1− x)

)

=12π

(1

1 + i(1− x)+

1−1 + i(1− x)

)=

1π[1 + (1− x)]2

.

Zadatak 4.13. Naci karakteristicnu funkciju Kosijeve raspodjele sa gustinom

f(x) =1

π(1 + x2).

75

Rjesenje.

h(t) = E(eitx) =1π

+∞∫

−∞

eitx

1 + x2dx

=1π

+∞∫

−∞

cos tx

1 + x2dx +

i

π

+∞∫

−∞

sin tx

1 + x2dx

=1π

+∞∫

−∞

cos tx

1 + x2dx.

Kako je h(t) = h(−t), dovoljno je odrediti h(t) za t > 0. Koristeci Jordanovulemu dobijamo

h(t) =1π

limr→+∞

∫

ΓR

eitx

1 + x2dx =

1π

2πiRes(

eitx

1 + x2, i

)= e−t.

Za t < 0 je h(t) = h(−t) = et, pa je h(t) = e−|t|, t ∈ R.Zadatak 4.14. Gama raspodjela sa parametrima α > 0 i λ > 0 definisana jefunkcijom gustine

f(x) =

λαe−λxxα−1

Γ(α) , x > 00, x ≤ 0.

Odrediti karakteristicnu funkciju ove raspodjele kao i njeno matematicko ocekivanjei varijansu.Rjesenje. Imamo da je

h(t) =λα

Γ(α)

+∞∫

0

eitxe−λxxα−1dx

=λα

(λ− it)αΓ(α)

+∞∫

0

e−(λ−it)x((λ− it)x)α−1d((λ− it)x)


to jest

h(t) =λα

(λ− it)α,

jer je

Γ(a) =∫

L

e−zzα−1dz,

gdje se integrali po bilo kojoj polupravoj u oblasti Rez ≥ 0, koja polazi izkoordinatnog pocetka.Prva dva izvoda karakteristicne funkcije su

h′(t) = iαλα(λ− it)−α−1, h

′′(t) = −α(α + 1)λα(λ− it)−α−2.

Odavde je

E(X) =h′(0)i

=α

λ, E(X2) = −h

′′(0) =

α(α + 1)λ2

,

pa je Var(X) =α

λ2.

Zadatak 4.15. Raspodjela definisana gustinom

f(x) =1

2n2 Γ(n

2 )x

n2−1e−

x2 , x > 0

naziva se Hi kvadrat raspodjela sa n stepeni slobode i oznacava sa χ2(n). Odred-iti njenu karakteristicnu funkciju.Rjesenje. U zadatku 4.14 odredjena je karakteristicna funkcija gama raspod-

jele. U specijalnom slucaju za α =n

2i λ =

12

dobijamo karakteristicnu funkciju

χ2(n) raspodjele

h(t) =1

(1− 2it)n2

.

Zadatak 4.16. Neka su X1, . . . , Xn nezavisne slucajne promjenljive sa N (0, 1)raspodjelom i neka je

Z = X21 + · · ·+ X2

n, n ∈ N.

Pokazati da slucajna promjenljiva Z ima χ2(n) raspodjelu.Rjesenje. Slucajna promjenljiva Z je zbir n nezavisnih slucajnih promjenljivihsa istom raspodjelom. Karakteristicna funkcija svakog sabirka je

hX2i(t) = E(eitX2

i ), Xi ∼ N (0, 1),

odnosno,

hX2i(t) =

1√2π

+∞∫

−∞eitx2

e−x22 dx =

1√2π

+∞∫

−∞e−

x2(1−2it)2 dx =

1√1− 2it

.

77

Za karakteristicnu funkciju slucajne promjenljive Z imamo

hz(t) =1

(1− 2it)−n2

,

a ovo je karakteristicna funkcija χ2(n) raspodjele.Zadatak 4.17. Slucajne promjenljive X1, X2, . . . , Xn su nezavisne i imajusledece raspodjele

PXi ≤ x =

1− e−x, x ≥ 00, x < 0 i = 1, 2, . . . , n

NaciVar((X1 + X2 + · · ·+ Xn)2).

Rjesenje. Neka jeZ = X1 + X2 + · · ·+ Xn.

Za karakteristicnu funkciju slucajne promjenljive Z vrijedi

hZ(t) = hX1(t) · hX2(t) · · ·hXn(t),

gdje su hX1 , hX2 , . . . , hXn karakteristicne funkcije slucajnih promjenljivih X1, . . . , Xn.

hXi(t) =

+∞∫

−∞eitxfXi(x)dx, i = 1, 2, . . . , n

gdje je fXi gustina slucajne promjenljive Xi.

fXi(x) =

e−x, x ≥ 00, x < 0 i = 1, 2, . . . , n

Znaci

hXi(t) =

+∞∫

0

eitx−xdx = limx→+∞

(eitx−x

it− 1− 1

it− 1

)=

11− it

,

pa je

hZ(t) =(

11− it

)n

.

Var((X1 + X2 + · · ·+ Xn)2) = V ar(Z2) = E(Z4)− E2(Z2),

pa imamo

Var((X1 + X2 + · · ·+ Xn)2) = h(4)Z (0)− (h′′Z(0))2 =

n(n + 1)(n + 2)(n + 3)− [n(n + 1)]2 = n(n + 1)(4n + 6).


Zadatak 4.18. X1, X2, . . . , Xn su nezavisne slucajne promjenljive i imaju isturaspodjelu koja ima gustinu

f(x) =1π· c

c2 + x2, c > 0.

Odrediti raspodjelu slucajne promjenljiveX1 + X2 + · · ·+ Xn

n.

Rjesenje.

hX1+X2+···+Xnn

(t) = hX1

(t

n

)hX2

(t

n

)· · ·hXn

(t

n

),

hXi(t) =

c

π

+∞∫

−∞

eitx

x2 + c2dx =

c

π

+∞∫

−∞

cos tx

x2 + c2dx,

hXi(t) =c

πlim

R→+∞

∫

ΓR

eitx

x2 + c2dx,

hXi(t) =c

π2πi Res

(eitx

x2 + c2, ci

)= fe−ct, za t > 0.

Posto je hXi(t) = hXi(−t) zakljucujemo da je hXi(t) = e−c|t|, t ∈ R. Znaci,

hX1+X2+···+Xnn

(t) = (e−c| tn |)n = e−c|t|, t ∈ R,

paX1 + X2 + · · ·+ Xn

nima istu raspodjelu kao i slucajne promjenljive X1, X2, . . . Xn to jest, Kosijevuraspodjelu sa gustinom

f(x) =1π· c

c2 + x2.

Zadatak 4.19. Neka su X1, X2, . . . Xn nezavisne slucajne promjenljive kojeimaju normalnu raspodjelu pri cemu je

E(Xi) = 0 i V ar(Xi) = 1, i = 1, 2, . . . , n.

79

Naci raspodjelu slucajne promjenljive

Y =X1

1+

X2√2

+ · · ·+ Xn√n

.

Rjesenje. Posto su X1, X2, . . . , Xn nezavisne slucajne promjenljive,

hY (t) = hX1(t)hX2(t√2) · · ·hXn

(t√n

).

X1, X2, . . . , Xn imaju normalnu raspodjelu N (0, 1), pa je

hXi(t) =

1√2π

+∞∫

−∞eitx− x2

2 dx =e−

t22√

2π

+∞∫

−∞e−

(x−it)2

2 dx = e−t22 ,

jer je+∞∫

−∞e−

(x−it)2

2 dx =√

2π.

Prema tome,

hY (t) = e−t22 · e−( t2√

2) 12 · · · e−( t2√

n) 12 = e−

t22 (1+ 1

2+···+ 1n )

Znaci, Y ima normalnu raspodjelu N (0, 1+ 12 + · · ·+ 1

n ) sa funkcijom raspodjele

FY (y) =1√

(1 + 12 + · · ·+ 1

n )2π

y∫

−∞e−

t22 (1+ 1

2+···+ 1n )dt.

Zadatak 4.20. Neka su X1, X2, . . . , Xn nezavisne slucajne promjenljive sanormalnom raspodjelom N (0, 1). Pokazati da slucajna promjenljiva

Y =

√6

n(n + 1)(2n + 1)· (X1 + 2X2 + · · ·+ nXn)

ima takod-e normalnu raspodjelu N (0, 1).Rjesenje. Za karakteristicne funkcije slucajnih promjenljivihX1, X2, . . . , Xn vrijedi

hX1(t) = hX2(t) = · · · = hXn(t) = e−t22 ,

(Zadatak 3.13), pa posto su X1, X2, . . . , Xn nezavisne slucajne promjenljive

hY (t) = hX1(t)hX2

(2

√6

n(n + 1)(2n + 1)· t

)


· · ·hXn

(n

√6

n(n + 1)(2n + 1)· t

)

= e−t22 · e− 6·22

n(n+1)(2n+1) · t22 · · · e− 6n2

n(n+1)(2n+1) · t22

= e−t22 · 6

n(n+1)(2n+1) (1+22+···+n2) = e−t22 .

Znaci, Y ima normalnu raspodjelu N (0, 1).Zadatak 4.21. Slucajne promjenljive X1, . . . , Xn su nezavisne i vrijedi Xi :N (µi, σ

2i ), i = 1, . . . , n. Odrediti raspodjelu slucajne promjenljive

X = a1X1 + a2X2 + · · ·+ anXn + b,

gdje su a1, a2, . . . , an, b realni brojevi.Rjesenje. Karakteristicna funkcija slucajne promjenljive Xk je

hk(t) = exp(

iµkt− σ2kt2

2

), k = 1, . . . , n.

Za karakteristicnu funkciju h slucajne promjenljive X vrijedi

h(t) = eibtn∏

k=1

hk(akt).

Dakle,

h(t) = eibtn∏

k=1

exp(iµkakt− σ2ka2

kt2

2),

h(t) = exp

i(b +

n∑

k=1

µkak)t−(

n∑k=1

σ2ka2

k)t2

2

.

Znaci za slucajnu promjenljivu X vrijedi

X : N (b +n∑

k=1

µkak,

n∑

k=1

σ2ka2

k).

Zadatak 4.22. Dokazati da

h(t) =

1− t2, |t| ≤ 10, |t| > 1

nije karakteristicna funkcija ni jedne raspodjele.Rjesenje. Posto karakteristicna funkcija jednoznacno odred-uje raspodjelu i

+∞∫

−∞|h(t)|dt =

1∫

−1

(1− t2)dt =23

< +∞

81

vrijedi relacija

f(x) =12π

1∫

−1

e−itx(1− t2)dt.

Lako se dobija

f(x) =12π

e−itx

(1−ix

+t2

ix+

2t

(−ix)2+

2(−ix)3

)∣∣∣∣1

−1

=1

πix3(eix − e−ix) +

1πx2

(−eix − e−ix)

=2

πx2

(sin x

x− cos x

).

Funkcija f je gustina slucajne promjenljive, pa je nenegativna za svaki x. Med-utim,to ovdje nije slucaj jer, na primjer, za x = 2π dobijamo

f(2π) =2

π(2π)2(0− 1) < 0,

pa zakljucujemo da h nije karakteristicna funkcija ni jedne raspodjele.Zadatak 4.23. Pokazati da funkcija

h(t) = √

1− t2, |t| ≤ 10, |t| > 1

nije karakteristicna funkcija niti jedne raspodjele.Rjesenje. Neka je h karakteristicna funkcija neke raspodjele X. Oznacimo sa Yslucajnu promjenljivu koja ima identicnu raspodjelu kao slucajna promjenljivaX, ali je nezavisna sa promjenljivom X.Vrijedi

hX+Y (t) = hX(t)hY (t) = (hX(t))2.

Znaci ,

hX+Y (t) =

1− t2, |t| ≤ 10, |t| > 1

je karakteristicna funkcija raspodjele X+Y . Med-utim, to je nemoguce (Zadatak4.22) na osnovu cega zakljucujemo da h nije karakteristicna funkcija niti jedneraspodjele.Zadatak 4.24. Ispitati da li je funkcija

h(t) =

(1− t)1n , |t| ≤ 10, |t| > 1

, n ∈ N

karakteristicna funkcija neke raspodjele.Rjesenje. Ako bi h bila karakteristicna funkcija neke raspodjele X onda bi zaslucajnu promjenljivu

X1 + X2 + · · ·+ Xn,


gdje su Xi, i = 1, . . . , n nezavisne slucajne promjenljive sve sa identicnomraspodjelom kao slucajna promjenljiva X, karakteristicna funkcija bila hX1+···+Xn

za koju vrijedi

hX1+···+Xn(t) = hX1(t) · · ·hXn

(t) = (h(t))n =

1− t2, |t| ≤ 00, |t| > 0

sto je nemoguce (Zadatak 4.22).Zadatak 4.25. Zakon raspodjele slucajnog vektora (X, Y ) odred-en je tablicom

Y \X 0 1 3

019

029

129

19

0

3 029

19

Pokazati da za karakteristicne funkcije hX+Y , hX , hY vrijedi

hX+Y (t) = hX(t)hY (t)

ali da su slucajne promjenljive X i Y zavisne.Rjesenje.

hX(t) =39

+39eit +

39e3it =

1 + eit + e3it

3

hY (t) =39

+39eit +

39e3it =

1 + eit + e3it

3Slucajna promjenljiva X + Y ima sledeci zakon raspodjele

X + Y :(

0 1 2 3 4 619

29

19

29

29

19

).

Dakle,

hX+Y (t) =19(1 + 2eit + e2it + 2e3it + 2e4it + e6it) =

(1 + eit + e3it

3

)2

,

pa imamohX+Y (t) = hX(t)hY (t).

Slucajne promjenljive X i Y su zavisne jer je, na primjer

PX = 0|Y = 0 =19, PX = 0|Y = 1 =

29,

83

pa jePX = 0|Y = 0 6= PX = 0|Y = 1.

Zadatak 4.26. Gustina slucajnog vektora (X, Y ) je

f(x, y) =

14

(1 + xy(x2 − y2)

), x, y ∈ [−1, 1]

0, x, y 6∈ [−1, 1].

Pokazati da za karakteristicne funkcije hX+Y , hX , hY vrijedi

hX+Y (t) = hX(t)hY (t),

ali da slucajne promjenljive X i Y nisu nezavisne.Rjesenje. Za marginalne gustine vrijedi

f1(x) =

+∞∫

−∞f(x, y)dy =

12 , |x| ≤ 10, |x| > 1 ,

f2(y) =

+∞∫

−∞f(x, y)dx =

12 , |y| ≤ 10, |y| > 1.

Posto je f(x, y) 6= f1(x)f2(y) to su X i Y zavisne slucajne promjenljive. Zagustinu slucajne promjenljive Z vrijedi

f(z) =+∞∫−∞

f(x, z − x)dx, odakle se dobija

f(z) =

0, z < −214 (2 + z), −2 ≤ z < 014 (2− z), 0 ≤ z < 2

0, z > 0.

Sada se lako vidi daje

hX(t) = hY (t) =12

1∫

−1

eitxdx =sin t

t,

dok je

hX+Y (t) =14

0∫

−2

(2 + z)eitzdz +14

2∫

0

(2− z)eitzdz =(

sin t

t

)2

,

pa vrijedihX+Y (t) = hX(t)hY (t).

Zadatak 4.27. Neka je h karakteristicna funkcija. Dokazati da su funkcije:

h1(t) = eh(t)−1,


h2(t) =1

2− h(t),

karakteristicne funkcije.Rjesenje. Ako je h karakteristicna funkcija neke slucajne promjenljive X tadaje i hk karakteristicna funkcija slucajne promjenljive X1 + X2 + · · ·+ Xn, k ∈ Ngdje su Xi, i = 1, . . . , k nezavisne slucajne promjenljive koje imaju raspodjeluidenticnu kao slucajna promjenljiva X. Osim toga, koristeci Bochnerovu teo-remu:Svaka funkcija h koja je pozitivno definitna i neprekidna na skupu R i h(0) = 1je karakteristicna funkcija neke slucajne promjenljive,lako se pokaze sledece tvrd-enje:Ako su hk, k ∈ N karakteristicne funkcije i

ak ≥ 0, k ∈ N,

+∞∑

k=1

ak = 1

tada je i

h =+∞∑

k=1

akhk

karakteristicna funkcija. Naime,

h(0) =+∞∑

k=1

akhk(0) =+∞∑

k=1

ak = 1,

h je neprekidna, jer je zbir uniformno konvergentnog reda neprekidnih funkcijaneprekidna funkcija, h je pozitivno definitna jer su hk, k ∈ N pozitivno definitnei ak ≥ 0, k ∈ N. Sada, posto je

h1(t) =+∞∑

k=1

hk(t)n!

,

h2(t) =+∞∑

k=1

hk(t)2k+1

,

Zakljucujemo da su h1 i h2 karakteristicne funkcije.Zadatak 4.28. Odrediti karakteristicnu funkciju slucajne promjenljive X kojaima normalnu raspodjelu N (0, 1), a zatim dokazati da je

h1(t) =1

2− e−t22

karakteristicna funkcija neke slucajne promjenljive.Rjesenje. Karakteristicna funkcija za X sa N (0, 1) raspodjelom je

h(t) =

+∞∫

−∞eitx · 1√

2πe−

x22 dx =

1√2π

+∞∫

−∞(cos tx + i sin tx)e−

x22 dx

85

=1√2π

+∞∫

−∞cos txe−

x22 dx.

h′(t) =1√2π

+∞∫

−∞(− sin tx)xe−

x22 dx

=12π

[sin txe−x22

∣∣+∞−∞ −+∞∫

−∞t cos txe−

x22 dx] = −th(t).

Odavde jeh′(t)h(t)

= −t,

pa jeh(t) = ce−

t22 ,

posto je h(0) = 1 to je c = 1 i h(t) = e−t22 .

Zadatak 4.29. Pokazati da ako je karakteristicna funkcija h dva puta diferen-cijabilna u t = 0 i |h′′(0)| < ∞ da je

|h′(t)| ≤√|h′′(0)|.

Rjesenje. Ako je h karakteristicna funkcija slucajne promjenljive X i akopostoji moment reda n tada je h(n)(t) = inE(Xneitx). Posto je h dva putadiverencijabilna u t = 0 to je

h′(t) = iE(Xeitx) i h′′(0) = −E(X2).

Sada je nejednakost|h′(t)| ≤

√|h′′(0)|

ekvivalentna sa|E(Xeitx)| ≤

√|E(X2)|,

to jest sa|E(Xeitx)|2 ≤ |E(X2)| = E(X2).

Dalje, imamo

|E(Xeitx)|2 = |E(X cos tx + iX sin tx)|2

= |E(X cos tx) + iE(X sin tx)|2 = E2(X cos tx) + E2(X sin tx).

Osim toga je

E(X2) = E(X2 cos2 tx) + E(X2 sin2 tx), pa je

E(X2)− |E(Xeitx)|2 = E(X2 cos2 tx) + E(X2 sin2 tx)


−E2(X cos tx)− E2(X sin tx) = Var(X cos tx) + Var(X sin tx) ≥ 0.

Zadatak 4.30. Ispitati da li sua) h1(t) = cos t2,b) h2(t) = cos2 t.karakteristicne funkcije.Rjesenje.a) Ako bi funkcija h1(t) = cos t2 bila karakteristicna funkcija tada bi zbogzadatka 4.29 vrijedilo

|h′1(t)| ≤√|h′′1(0)| .

Med-utim,h′1(t) = −2t sin t2, h

′′1 (0) = 0,

pa data nejednakost ne vrijedi, Dakle, h1 nije karakteristicna funkcija.b) U ovom slucaju imamo

h2(t) =1 + cos 2t

2,

h2(t) =12

(1 +

e−2it + e2it

2

).

Znacih2(t) =

14e−2it +

12

+14e2it,

pa je h2(t) karakteristicna funkcija slucajne promjenljive ciji zakon raspodjeleje dat sa ( −2 0 2

14

12

14

).

Zadatak 4.31. Ispitati da li je funkcija

h2(t) = cos t4

karakteristicna funkcija.Rjesenje. Postupicemo slicno kao i u rjesenju zadatka 4.29.

h′(t) = −4t3 sin t4,

h′′(t) = −12t2 sin t4 − 16t6 cos t4,

h′′(0) = 0,

pa kako ne vrijedi nejednakost

|h′(t)| ≤√|h′′(0)|,

zakljucujemo da h nije karakteristicna funkcija.

5

Granicne teoreme

Zadatak 5.1. Slucajna promjenljiva X data je funkcijom gustine

f(x) =

xm

m! e−x, x ≥ 00, x < 0.

Dokazati, koristeci nejednakost Cebiseva, da je

P (0 < X < 2(m + 1)) >m

m + 1.

Rjesenje. Kako je+∞∫

0

xm+1e−xdx = (m + 1)!

to jeE(X) = m + 1 i Var(X) = m + 1,

pa zbog nejednakosti Cebiseva,

P (|X − E(X)| < ε) > 1− Var(X)ε2

,

dobijamo

P (|X − E(X)| < m + 1) > 1− m + 1(m + 1)2

,

to jestP (0 < X < 2(m + 1) >

m

m + 1.

Zadatak 5.2. Neka je X data slucajna promjenljiva i t > 0, a ∈ R. Dokazatinejednakost

P (|X − a| ≥ t) ≤ E(|X − a|k)tk

, k ∈ N.

87

88 5. GRANICNE TEOREME

Ako je E(X) = 1 i Var(X) = 0.2 ocijeniti vjerovatnocu dogad-aja 0.5 ≤ X ≤1.5.Rjesenje. Vrijedi

P (|X − a| ≥ t) =∫

|X−a|≥t

f(x)dx.

Kako je ∫

|X−a|≥t

f(x)dx ≤∫

|X−a|≥t

|X − a|ktk

f(x)dx

imamo

P (|X − a| ≥ t) ≤ 1tk

+∞∫

−∞|X − a|kf(x)dx =

E(|X − a|k)tk

.

Osim toga je

P (0.5 ≤ X ≤ 1.5) = P (−0.5 ≤ X − 1 ≤ −0.5),

Dakle,

P (|X − 1| ≤ 0.5) ≥ 1− 0.22

0.5= 0.84.

Zadatak 5.3. Neka je X slucajna promjenljiva i g(x) monotono rastuca pozi-tivna funkcija. Ako E(g(X)) postoji pokazati da je tada

P (X > x) ≤ E(g(X))g(x)

.

Rjesenje. Tvrdjenje dokazujemo za diskretnu slucajnu promjenljivu, u slucajuda se radi o neprekidnoj slucajnoj promjenljivoj dokaz je slican.Neka je ∑

i∈I

P (X = xi) = 1,

tada jeE(g(X)) =

∑

i∈I

g(xi)P (X = xi).

Oznacimo sa

I1 = i ∈ I : g(xi) > g(x) i I2 = i ∈ I : g(xi) ≤ g(x).

VrijediI1 ∪ I2 = I i I1 ∩ I2 = ∅.

Sada je

E(g(X)) =∑

i∈I1∪I2

g(xi)P (X = xi) ≥∑

i∈I1

g(xi)P (X = xi).

89

Dakle,E(g(X)) >

∑

i∈I1

g(x)P (X = xi) = g(x)P (X > x).

Primjetimo da ako je X nenegativna slicajna promjenljiva i x > 0 tada kaoposljedicu dobijamo

P (X > x) ≤ E(X)x

,

a to je nejednakost Markova.Zadatak 5.4. Neka je dat dogadjaj A takav da je P (A) > 0 i slucajna prom-jenljiva X kod koje je E(X2) < +∞. Dokazati da je

P (X > x|A) ≤ V ar(X)P (A)(x−E(X))2

, x > a.

Rjesenje. Iz definicije uslovne vjerovatnoce imamo

P (X > x|A) =P ((X > x)A)

P (A)≤ P (X > x)

P (A).

Sada tvrdjenje slijedi iz zadatka 5.3 ako stavimo g(x) = (x− E(X))2.Zadatak 5.5. Slucajna promjenljiva X ima pozitivnu varijansu. Pokazati daje

P

(−√

10 <X − E(X)√

V ar(X)<√

10

)> 0.9.

Rjesenje. Kako je

P

(−√

10 <X − E(X)√

V ar(X)<√

10

)= 1− P

(∣∣∣∣∣X − E(X)√

V ar(X)

∣∣∣∣∣ ≥√

10

)

i

E

(X − E(X)√

V ar(X)

)2

= 1,

koristeci nejednakost Cebiseva imamo

P

(−√

10 <X − E(X)√

Var(X)<√

10

)≥ 1− 1

10= 0.9.

Zadatak 5.6. Koliko je potrebno sprovesti nezavisnih ispitivanja da bi, savjerovatnocom ne manjom od 0.979 vazila nejednakost

∣∣∣∣Xn

n− p

∣∣∣∣ < 0.01,

gdje je Xn broj pozitivnih realizacija u n ispitivanja, a p = 0.3 vjerovatno-ca pozitivne realizacije u jednom ispitivanju. Naci ocjenu za najmanji broj


ispitivanja koristeci nejednakost Cebiseva.Rjesenje. Slucajna promjenljiva Xn ima binomnu raspodjelu B(n, 0.3), pa je

E(X) =3n

10, Var(X) =

21n

100.

Koristeci nejednakost Cebiseva dobijamo

P

(∣∣∣∣Xn

n− p

∣∣∣∣ ≥ 0.01)

<Var(Xn

n )0.012

,

to jest

P

(∣∣∣∣Xn

n− p

∣∣∣∣ ≥ 0.01)

<2100

n.

Znaci, treba naci takvo n da vazi

P

(∣∣∣∣Xn

n− p

∣∣∣∣ < 0.01)

> 1− 2100n

≥ 0.979.

Rjesavanjem ove nejednacine dobijamo n ≥ 105.Zadatak 5.7. U kutiji se nalazi 300 bijelih i 200 crnih kuglica. Slucajno se bira150 kuglica sa vracanjem. Naci vjerovatnocu da se broj bijelih kuglica nalaziizmed-u 78 i 108.Rjesenje. Vrijedi

X : B(

150,35

), E(X) = 90, Var(X) = 36,

pa je

P (78 < X < 108) = P

(78− 90

6<

X − E(X)√Var(X)

<108− 90

6

),

P (78 < X < 108) = P (−2 < X∗ < 3) = Φ(3)− Φ(−2) = 0.9759.

Zadatak 5.8. Broj ljudi koji ud-u u jednu robnu kucu u toku jednog minutaima P(6) raspodjelu.a) Kolika je vjerovatnoca da u toku dva sata u robnu kucu ud-e bar 700 ljudi?b) Koliko vremena treba da prod-e da bi sa vjerovatnocom 0.95 u robnu kucuuslo bar 700 ljudi?Rjesenje. Neka je Xi slucajna promjenljiva koja predstavlja broj ljudi kojiud-u u robnu kucu toku i− tog minuta. Xi ima P(6) raspodjelu, pa je E(Xi) =

6, Var(Xi) = 6. Broj ljudi koji ud-u u toku n minuta je Yn =n∑

i=1

Xi i vrijedi

E(Yn) = 6n, Var(Yn) = 6n.

Posto su slucajne promjenljive X1, X2, . . . Xn nezavisne i sve imaju istu raspod-jelu vazi centralna granicna teorema, znaci raspodjela

Yn − E(Yn)√Var(Yn)

91

tezi ka normalnoj raspodjeli N (0, 1).a) P (Yn ≥ 700) = 1− P (Yn < 700), pa kako je

P

(Yn − 720√

6 · 120< −0.745

)≈ φ(−0.745) ≈ 0.77,

imamo da jeP (Yn ≥ 700) ≈ 0.77.

b)

P (Yn ≥ 700) ≈ 1− φ

(700− 6n√

6n

),

pa iz

1− φ

(700− 6n√

6n

)= 0.95

nalazimo700− 6n√

6n= −1.645.

Odavde dobijamo da je n ≈ 124.15, pa je trazeno vrijeme 125 minuta.Zadatak 5.9. Aparat za igru moze da izbaci broj k, k ∈ N∪0 sa vjerovatnocom

pk =1

e · k!.

Ako izbaci paran broj, igrac gubi jedan dinar, a ako izbaci neparan broj, igracdobija jedan dinar. Naci vjerovatnocu da ce nakon izbacivanja 1000 brojevadobitak igraca biti izmed-u 100 i 200 dinara.Rjesenje. Neka je Xj , j ∈ 1, . . . , 1000, dobitak igraca u j-toj igri. Slucajnepromjenljive Xj , j ∈ 1, . . . 1000, su nezavisne i sa istom raspodjelom:

P (Xj = −1) =+∞∑

k=0

e−1

(2k)!=

1 + e−1

2, j ∈ 1, . . . , 1000,

P (Xj = 1) = 1− P (Xj = −1) =1− e−1

2, j ∈ 1, . . . 1000.

Neka je

Y1000 =1000∑

j=1

Xj

ukupan dobitak u 1000 igara. Trazi se

p = P (100 < Y1000 < 200).

Kako je

E(Y1000) = −1000e2

, Var(Y1000) = 1000(1− e−4),


primjenom centralne granicne teoreme dobijamo

p = P

(100− E(Y1000)√

Var(Y1000)<

Y1000 − E(Y1000)√Var(Y1000)

<200− E(Y1000)√

Var(Y1000)

),

p = P (100 < Y1000 < 200) ≈ φ(10.70)− φ(7.51) ≈ 0.

Zadatak 5.10. Aparat za igru moze da izbaci broj k, k ∈ N sa vjerovatnocom

pk =2k−1

3k.

Ako izbaci broj koji pri dijeljenju sa 3 daje ostatak 1, igrac dobija 10 dinara,ako izbaci broj djeljiv sa 3 niti dobija niti gubi, a pri pojavljivanju broja kojipri dijeljenju sa 3 daje ostatak 2 gubi 10 dinara. Naci vjerovatnocu da ce nakon1000 igara dobit biti izmed-u 50 i 100 dinara.Rjesenje. Neka je Xj , j ∈ 1, . . . , 1000, dobitak igraca u j-toj igri. Vrijedisljedece:

P (Xj = 10) =+∞∑

k=0

23k

33k+1=

919

,

P (Xj = 0) =+∞∑

k=0

23k−1

33k=

938

,

P (Xj = −10) = 1− P (Xj = 0)− P (Xj = 10) =1138

.

Neka je

Y1000 =1000∑

j=1

Xj

ukupan dobitak u 1000 igara. Primjenom centralne granicne teoreme dobijamoda je trazena vjerovatnoca

P

(50− E(Y1000)√

Var(Y1000)<

Y1000 − E(Y1000)√Var(Y1000)

<100− E(Y1000)√

Var(Y1000)

).

Dakle,P (50 < Y1000 < 100) ≈ φ(−5.06)− φ(−5.20) ≈ 0.

Zadatak 5.11. Iz skupa 1, 2, . . . , n se na slucajan nacin bira 2n brojeva savracanjem (n ≥ 10). Odrediti k takvo da je broj izvucenih cetvorki u tih 2nizvlacenja manji od k sa vjerovatnocom 0.95.Rjesenje. Oznacimo sa X4

2n broj izvucenih cetvorki u 2n izvlacenja. Slucajnapromjenljiva X4

2n ima binomnu raspodjelu B(2n, 1

n

). Kako je

2n · 1n

= 2 < 10

93

koristimo Puasonovu aproksimaciju:Ako je Sn : B(n, pn), npn → λ, n → +∞ i λ < 10 tada je

P (Sn = j) → λj

j!e−λ, n → +∞ (j = 0, 1, . . .),

imamo da iz P (X42n ≤ k− 1) ≈ 0.95, slijedi k− 1 = 4, to jest k = 5. Znaci, broj

izvlacenja cetvorki iz 2n izvlacenja je manji od 5 sa vjerovatnocom 0.95.Zadatak 5.12. Slucajna promjenljiva X ima binomnu raspodjelu B(100, 1

2 ).Odrediti priblizne vrijednosti vjerovatnoca:(a)P (X > 60),(b)P (40 < X < 60),(c)P (X = 50).Rjesenje. (a) Koristimo aproksimaciju binomne raspodjele normalnom to jestMoivre-Laplaceovu teoremu. Imamo da je

P (X > 60) = P

(X − 50

5>

60− 505

)≈ P (Z > 2),

gdje Z ima normalnu raspodjelu N (0, 1). Dakle,

P (X > 60) ≈ 1− 1√2π

2∫

−∞e−

t22 = 1− φ(2) = 0.9722

(b) Na slican nacin dobijamo

P (40 < X < 60) ≈ P (−2 < Z < 2) = φ(2)− (1− φ(2))

= 2φ(2)− 1 = 0.9544.

(c) U ovom slucaju ne mozemo direktno primjeniti Moivre-Laplaceovu teoremu.Kako je

P (X = 50) = P (49.5 ≤ X ≤ 50.5),

imamo da je

P (X = 50) ≈ P

(−0.5

5≤ Z ≤ 0.5

5

)= P (−0.1 ≤ Z ≤ 0.1) = 0.0796.

Zadatak 5.13. Slucajna promjenljiva Yn n ∈ N je aritmeticka sredina nezavis-nih slucajnih promjenljivih X1, X2, . . . , Xn koje imaju jednake funkcije raspod-jele i cije su disperzije jednake 5. Koliko treba da je n da bi vazila relacija

P (|Yn − E(Yn)| < 0.01) ≈ 0.9973 ?

Rjesenje. Neka je E(Xi) = a, i ∈ N. Tada je

P (|Yn − E(Yn)| < 0.01) = P

(∣∣∣∣X1 + X2 + · · ·Xn

n− a

∣∣∣∣ < 0.01)

.


Dakle,

P (|Yn − E(Yn)| < 0.01) = P

(∣∣∣∣X1 + X2 + · · ·Xn − na√

5n

∣∣∣∣ <0.01

√n√

5

),

pa je

P (|Yn − E(Yn)| < 0.01) ≈ 2φ

(0.01 ·

√n

5

)− 1.

Iz uslova zadatka potrebno je da se odredi n ∈ N takvo da je

2φ

(0.01 ·

√n

5

)≈ 0.9973.

Iz tablica nalazimo da je φ(3) = 0.99732 , pa je 0.01 ·√n

5 = 3, odakle dobijamon = 45000.Zadatak 5.14. Bazen se prazni svakog sata, a vrijeme praznjenja u minutimaima eksponencijalnu raspodjelu E( 1

20 ). Kroz cijevi za praznjenje istekne 1m3

vode u minutu. Ako je u bazenu bilo 1000m3 kolika je vjerovatnoca da je nakon12 sati u bazenu ostalo manje od 610m3 vode ?Rjesenje. Vrijeme praznjenja bazena je slucajna promjenljiva X sa eksponen-cijalnom raspodjelom E( 1

20 ), pa je

E(X) = 20, Var(X) = 400.

Neka je Xi kolicina vode koja istekne u i-tom satu, i = 1, 2, . . . , 12. Slucajnepromjenljive X1, X2, . . . , X12 su nezavisne i vrijedi

E(Xi) = 20, Var(Xi) = 400, i = 1, 2, . . . , 12.

Kolicina vode koja istekne za 12 sati je slucajna promjenljiva

Yn =12∑

i=1

Xi.

Da bi u bazenu ostalo manje od 610m3 vode, iz bazena treba da istekne vise od390m3 vode. Znaci, treba naci P (Y12 ≥ 390). Kako je

E(Y12) = 240, V ar(Y12) = 4800,

koristeci centralnu granicnu teoremu dobijamo

P (Y12 ≥ 390) = P

(Y12 − 240√

4800>

390− 240√4800

).

Dakle, imamoP (Y12 ≥ 390) = 1− φ(2.16) ≈ 0.0154,

pa je trazena vjerovatnoca 0.0154.Zadatak 5.15. Poznato je da u odred-enoj knjizi od 500 stranica postoji 500

95

stamparskih gresaka slucajno raspodijeljenih. Kolika je vjerovatnoca da naslucajno odabranoj stranici knjige nema manje od tri greske ?Rjesenje. Neka je X slucajna promjenljiva koja oznacava broj stamparskihgresaka na slucajno odabranoj stranici. Dalje, neka je Ii indikator dogad-aja dase i-ta greska nalazi na toj stranici koja je slucajno izabrana. Tada je

Ii :(

0 1499500

1500

), i = 1, 2, . . . , 500,

i vrijedi

X =500∑

i=1

Ii.

Slucajna promjenljiva X ima binomni zakon raspodjele B(500, 1500 ). Koristimo

Puasonovu aproksimaciju.

P (X ≥ 3) = 1− P (X ≤ 2) ≈ 1−2∑

i=0

1i!

e−1 ≈ 0.080301.

Zadatak 5.16. Ured-aj moze imati kvar A sa vjerovatnocom 0.01 i nezavisnood toga kvar B sa vjerovatnocom 0.02. Ured-aj je pokvaren ako ima oba kvara.Kupac prihvata seriju od 1000 ured-aja ako u seriji nema vise od k neispravnihured-aja. Odrediti k takvo da kupac prihvati seriju sa vjerovatnocom 0.999.Rjesenje. Odredimo prvo vjerovatnocu da je slucajno izabrani ured-aj u kvaru.p = P ( kvar A, kvar B) = P ( kvar A)P ( kvar B) = 0.0002.Ako je X1000 broj neispravnih ured-aja u seriji od 1000 ured-aja, vidimo daX1000 ima binomnu raspodjelu B(1000, 0.0002). Treba odrediti k takvo da jeP (X1000 ≤ k) = 0.999. Koristeci tablice dobijamo k ≈ 2.Zadatak 5.17. Vjerovatnoca da je slucajno izabrani covjek visi od 180 cm je0.27. Odrediti vjerovatnocu da se u grupi od 1200 ljudi nalazi manje od 300ljudi visih od 180 cm.Rjesenje. Neka X oznacava broj ljudi visih od 180 cm. Vrijedi X : B(1200, 0.27).Trazi se P (X < 300). Koristimo normalnu aproksimaciju.

P (X < 300) = P

(X − np√np(1− p)

<300− np√np(1− p)

).

Kako je np = 324, np(1− p) = 236.5, imamo

P (X < 300) = P (X∗ < −1.593) = 1− P (X∗ < 1.593) = 0.056.

Zadatak 5.18. Ako je poznato da je vjerovatnoca rad-anja djecaka priblizno0.515, naci vjerovatnocu da med-u 1000 novorod-encadi ima bar 10 djevojcicavise nego djecaka.Rjesenje. Koristimo normalnu aproksimaciju. Neka je S1000 broj rod-enihdjecaka med-u hiljadu novorod-encadi. Treba odrediti

P (S1000 ≤ 495).


Vrijedi sljedeceP (S1000 ≤ 495) =

P

(0− 1000 · 0.515√1000 · 0.515 · 0.485

≤ S1000 − 1000 · 0.515√1000 · 0.515 · 0.485

≤ 495− 1000 · 0.515√1000 · 0.515 · 0.485

),

pa jeP (S1000 ≤ 495) = φ(1.26)− φ(32.59) ≈ 0.8962.

Zadatak 5.19. Pretpostavimo da nezavisne slucajne promjenljive X1, X2, . . . , X30,imaju uniformnu raspodjelu na [0, 1]. Neka je slucajna promjenljiva Y definisanasa

Y = X1 + X2 + · · ·+ X30.

Koristeci centralnu granicnu teoremu odrediti P (13 ≤ Y ≤ 18).Rjesenje. Na osnovu uslova zadatka imamo da je

E(Xi) =12, Var(Xi) =

112

, i = 1, . . . , 30.

Koristeci centralnu granicnu teoremu imamo

P (13 ≤ Y ≤ 18) = P

13− 15√

52

≤ Y − 15√52

≤ 18− 15√52

.

Dakle,

P (13 ≤ Y ≤ 18) = P

1.26491 ≤ Y − 15√

52

≤ 1.89736

= 0.0744.

Zadatak 5.20. Slucajne promjenljive Xi, i = 1, . . . , n su nezavisne i vrijedi

P

(Xi =

54

)= P

(Xi =

45

)=

12, i = 1, . . . , n.

Neka je Y =n∏

i=1

Xi odrediti P (Y ≤ 0.001). Kolika je ta vjerovatnoca ako je

n = 1000?Rjesenje. Kako je

E(ln Xi) = 0 i Var(lnXi) = ln2 54,

na osnovu centralne granicne teoreme imamo

limn→+∞

P

(ln Y√n ln 5

4

≤ x

)= φ(x) =

1√2π

x∫

−∞e−

t22 dt.

97

Dakle,

P (Y < y) ≈ φ

(ln y√n ln 5

4

).

Ako je n = 1000 dobijamo

P (Y < 0.001) ≈ φ(−1.384) ≈ 0.0832.

Zadatak 5.21. Primjenom centralne granicne teoreme na niz nezavisnih slucajnihpromjenljivih sa P(1) raspodjelom, dokazati da je

limn→+∞

e−nn∑

k=0

nk

k!=

12.

Rjesenje. Neka nezavisne slucajne promjenljive X1, . . . , Xn imaju P(1) raspod-jelu, tada slucajna promjenljiva

Yn = X1 + · · ·+ Xn

ima P(n) raspodjelu sa E(Yn) = n i Var(Yn) = n. Kako je

P (Yn = k) =nk

k!e−n, k = 0, 1, . . . ,

to je

P (Yn ≤ n) = e−nn∑

k=0

nk

k!,

med-utim,

P (Yn ≤ n) = P

(Yn − E(Yn)√

V ar(Yn)≤ 0

)→ 1√

2π

0∫

−∞e−

x22 dx

=12, n → +∞

na osnovu centralne granicne teoreme.Zadatak 5.22. Racunar vrsi obracun elektricne energije kod 100 korisnika. Vri-jeme obracuna za svakog korisnika ima eksponencijalnu raspodjelu sa ocekivanjem3 sekunde i nezavisno je od drugih korisnika. Naci vjerovatnocu da ce obracuntrajati izmed-u 3 i 6 minuta.Rjesenje. Neka je Xi vrijeme obrade i-tog korisnika. Tada za

Y100 =100∑

i=1

Xi,

imamo da je vrijeme potrebno da se izvrsi obrada za 100 korisnika. Vrijedi

E(Y100) =100∑

i=1

E(Xi) = 300,


Var(Y100) =100∑

i=1

Var(Xi) = 900,

Y ∗100 =

Y100 − E(Y100)√Var(Y100)

=Y100 − 300

30,

P (180 < Y100 < 360) = P

(180− 300

30< Y ∗

100 <360− 300

30

).

Dakle,

P (180 < Y100 < 360) = P (−4 < Y ∗100 < 2) = φ(2)− φ(−4) ≈ 0.9773.

Zadatak 5.23. Dat je niz nezavisnih slucajnih promjenljivih X4, X5, . . . , gdjeje

Xn :( −√n 0

√n

2n 1− 4

n2n

), n = 4, 5, . . .

Da li za niz X4, X5, . . . vazi zakon velikih brojeva ?Rjesenje. Slucajne promjenljive X4, X5, . . . , su nezavisne i

E(Xn) = 0, Var(Xn) = 4, n = 4, 5, . . .

pa zbog teoreme Cebiseva vrijedi slabi zakon velikih brojeva. Osim toga,

+∞∑n=4

Var(Xn)n2

=+∞∑n=4

4n2

< +∞,

pa na osnovu teoreme Kolmogorova vazi strogi zakon velikih brojeva.Zadatak 5.24. Da li za niz slucajnih promjenljivih X1, X2, . . . , vazi zakonvelikih brojeva, ako je Xn : E(

√n), n ∈ N?

Rjesenje. Kako je

E(Xn) =1√n

, Var(Xn) =1n≤ 1, n ∈ N

prema teoremi Cebiseva za niz X1, X2, . . . vazi slabi zakon velikih brojeva. Osimtoga,

+∞∑n=1

Var(Xn)n2

=+∞∑n=1

1n3

< +∞,

pa zbog teoreme Kolmogorova za niz X1, X2, . . . vazi i strogi zakon velikih bro-jeva.Zadatak 5.25. Ako niz slucajnih promjenljivih X1, X2, . . . konvergira u srednjekvadratnom ka slucajnoj promjenljivoj X, pokazati da

E(Xn) → E(X), n → +∞i

Var(Xn) → Var(X), n → +∞.

99

Rjesenje. Ako niz slucajnih promjenljivih X1, X2, . . . konvergira u srednjemkvadratnom ka slucajnoj promjenljivoj X to znaci da

E(Xn −X)2 → 0, n → +∞,

pa kako je

(E(Xn)− E(X))2 = (E(Xn −X))2 ≤ E(Xn −X)2,

dobijamo daE(Xn) → E(X), n → +∞.

Dalje, zbog Kosi Svarcove nejednakosti imamo

|E(Xn −X)X|2 ≤ E(Xn −X)2E(X2),

pa|E(Xn −X)X|2 → 0, n → +∞.

Sada, kako je

E(X2n) = E(Xn −X + X)2 = E(Xn −X)2 + E(X2) + 2E(Xn −X)E(X),

imamo daE(X2

n) → E(X2), n → +∞.

Dakle,Var(Xn) → Var(X), n → +∞.

Zadatak 5.26. Niz slucajnih promjenljivih (Xn) konvergira u vjerovatnocika tacki a i funkcija f je neprkidna u tacki a, pokazati da tada niz slucajnihpromjenljivih (f(Xn) konvergira u vjerovatnoci ka tacki f(a).Rjesenje. Treba pokazati da je

limn→+∞

P (|f(Xn)− f(a)| ≥ ε) = 0 za svako ε > 0.

Neka je dato ε > 0. Zbog neprekidnosti funkcije f u tacki a postoji δ > 0 takvoda

|x− a| < δ ⇒ |f(x)− f(a)| < ε.

Sada imamoP (|f(Xn)− f(a)| ≥ ε) ≤ P (|Xn − a| ≥ δ).

Kako jelim

n→+∞P (|Xn − a| ≥ δ) = 0

to jelim

n→+∞P (|f(Xn)− f(a)| ≥ ε) = 0.


Zadatak 5.27. Slucajne promjenljive Xk, k ∈ N, su nezavisne i jednakoraspodijeljene sa E(Xk) = µ, Var(Xk) = σ2, k ∈ N. Neka je Yk = Xk +Xk+1 + Xk+2, k ∈ N. Odrediti

limn→+∞

P

(Y1 + · · ·+ Yn − 3nµ

σ√

3n≤ x

).

Rjesenje. Slucajne promjenljive Yk, k ∈ N, su nezavisne sa istom raspodjelomi vrijedi

E(Yk) = 3µ, Var(Yk) = 3σ2.


limn→+∞

P

(Y1 + · · ·+ Yn − nµ

σ√

3n≤ x

)=

1√2π

x∫

−∞e−

t22 dt.

Zadatak 5.28. Neka su date nezavisne slucajne promjenljive

X1, . . . , Xn+1, n ∈ N,

takve da je

Xi :(

0 11− p p

), i = 1, . . . n + 1,

i

Yi ≡ Xi + Xi+1(mod 2), Sn =n∑

i=1

Yi.

Pokazati da za svaki ε > 0

P

(∣∣∣∣Sn

n− E(Y1)

∣∣∣∣ ≥ ε

)→ 0, n → +∞.

Rjesenje. Kako je

P

(∣∣∣∣Sn

n− E(Y1)

∣∣∣∣ ≥ ε

)= P (|Sn − nE(Y1)| ≥ nε) ,

koristeci nejednakost Cebiseva imamo

P

(∣∣∣∣Sn

n− E(Y1)

∣∣∣∣ ≥ ε

)≤ Var(Sn)

ε2n2.

Dalje, imamo

Var(Sn) =n∑

i=1

Var(Yi) +∑

i 6=j

cov(Yi, Yj),

pa jeVar(Sn) = nV ar(Y1) + 2(n− 1)cov(Y1, Y2).

101

Izracunajmo Var(Y1) i cov(Y1, Y2).

E(Y1) = P (X1 6= X2) = P (X1 = 0, X2 = 1) + P (X1 = 1, X2 = 0)

= 2p(1− p),

E(Y1)2 = E(Y1) = 2p(1− p),

Var(Y1) = E(Y 21 )− (E(Y1))2 = 2pq(1− 2pq),

cov(Y1, Y2) = E(Y1Y2)− E(Y1)E(Y2),

E(Y1Y2) = P (X1 6= X2, X2 6= X3) =

P (X1 = 0, X2 = 1, X3 = 0) + P (X1 = 1, X2 = 0, X3 = 1)

= pq2 + p2q = pq.

cov(Y1, Y2) = pq − 4p2q2 = pq(1− 4pq).

Sada imamo

Var(Sn) = 2npq(1− 2pq) + 2(n− 1)pq(1− 4pq)

= 4npq(1− 3pq)− 2pq(1− 4pq),

pa je

P

(∣∣∣∣Sn

n− E(Y1)

∣∣∣∣ ≥ ε

)≤ 4npq(1− 3pq)− 2pq(1− 4pq)

n2ε2→ 0,

kad n → +∞.Zadatak 5.29. Neka je Y1, Y2, . . . , niz ogranicenih slucajnih promjenljivih.Dokazati da je

limn→+∞

P (|Yn| ≥ ε) = 0, (∀ε > 0)

ako i samo ako jelim

n→+∞E(|Yn|) = 0.

Rjesenje. Zbog nejednakosti Markova

P (|Yn| ≥ ε) ≤ E(|Yn|)ε

,

izlim

n→+∞E(|Yn|) = 0

slijedilim

n→+∞P (|Yn| ≥ ε) = 0, (∀ε > 0).

Obrnuto, pretpostavimo da je

limn→+∞

P (|Yn| ≥ ε) = 0, (∀ε > 0).


Tada, ako sa An(ε) oznacimo dogad-aj ω : |Yn(ω)| ≥ ε imamo

E(|Yn|) = E(|Yn| |An(ε))P (An(ε)) + E(|Yn| |An(ε))P (ACn (ε)).

Kako je niz Y1, Y2, . . . niz ogranicenih slucajnih promjenljivih, to postoji M > 0tako da je

P (|Yn| ≤ M) = 1, n ∈ N,

pa jeE(|Yn|) ≤ MP (An(ε)) + εP (AC

n (ε)) ≤ MP (An(ε)) + ε,

kakoP (An(ε)) = P (|Yn| ≥ ε) → 0, n → +∞,

imamolim

n→+∞sup E(|Yn|) ≤ ε.

Dakle,lim

n→+∞E(|Yn|) = 0.

Zadatak 5.30. Neka je X1, X2, . . . , niz nezavisnih slucajnih promjenljivih sauniformnom raspodjelom U(0, 1). Dokazati da niz slucajnih promjenljivih

Yn = n√

X1X2 · · ·Xn, n = 1, 2, . . . ,

konvergira skoro sigurno ka e−1 kad n → +∞.Rjesenje. Kako Xi ima uniformnu raspodjelu na (0, 1) imamo

E(lnXi) =

1∫

0

lnxdx = −1.

Slucajne promjenljive lnX1, lnX2, . . . , su nezavisne sa istom raspodjelom i matematickimocekivanjem -1, pa prema Kolmogorovljevom zakonu velikih brojeva dobijamo

1n

n∑

k=1

lnXk → −1, n → +∞

skoro sigurno, to jest

1n

ln(X1X2 · · ·Xn) → −1, n → +∞

skoro sigurno, pan√

X1X2 · · ·Xn → e−1, n → +∞skoro sigurno.Zadatak 5.31. Brojevi X1, X2, . . . , se biraju slucajno i nezavisno jedan oddrugog iz intervala (0, 1).a) Kolika je vjerovatnoca da je proizvod 100 brojeva izmed-u e−80 i e−70 ?

103

b) Koliko brojeva treba pomnoziti da bi sa vjerovatnocom 0.95 proizvod biomanji od e−100 ?Rjesenje.a) Trazi se vjerovatnoca

P (e−80 <

100∏

i=1

Xi < e−70),

to jest

P (−80 <

100∑

i=1

ln Xi < −70).

Kako jeE(lnXk) = −1, Var(lnXk) = 1, k = 1, . . . , 100,


P

−80 + 100√

100<

100∑k=1

lnXk + 100√

100<−70 + 100√

100

= φ(3)− φ(2).

Dakle, trazena vjerovatnoca je priblizno 0.0215.b) Potrebno je odrediti n takvo da je

P

(n∏

i=1

Xi < e−100

)= 0.95,

to jest

P

(n∑

i=1

ln Xi < −100

)= 0.95.

E

(n∑

i=1

ln Xi

)= −n, Var

(n∑

i=1

ln Xi

)= n,

pa je

P

(n∏

i=1

Xi < e−100

)= P

n∑i=1

lnXi + n

√n

<−100 + n√

n

= φ

(−100 + n√n

)= 0.95.

Odavde je−100 + n√

n= 1.65,

pa je n ≈ 118.

6

Matematicka statistika

Zadatak 6.1. Obiljezje X ima raspodjelu odred-enu gustinom

f(x) =

α

c

( c

x

)α+1

, x > c

0, x ≤ c

gdje je α > 0. Na osnovu uzorka obima n ocijeniti parametar α. Ispitati centri-ranost tako dobijene ocjene.Rjesenje. Funkcija vjerodostojnosti je

L(x1, x2, . . . , xn; α) =n∏

i=1

f(xi) =(α

c

)n n∏

i=1

(c

xi

)α+1

,

pa je

ln L = n lnα

c+ (α + 1)

n∑

i=1

lnc

xi,

odavde je∂ ln L

∂α=

n

α+ n ln c−

n∑

i=1

ln xi.

Na osnovu toga zakljucujemo da je

α =n

n∑i=1

ln xi

c

.

Dalje,

E(α) = E

nn∑

i=1

ln xi

c

= nE

1n∑

i=1

ln xi

c

= n

+∞∫

−∞

1yfY (y)dy,

105

106 6. MATEMATICKA STATISTIKA

gdje je

Y =n∑

i=1

ln Xi

c.

Oznacimo saZi = ln

Xi

c, i = 1, . . . , n.

Vrijedi

fZi(z) = fXi

(cez)(cez)′= αcα(cez)−(α+1)cez = αe−αz, z > 0,

dakle,

fY (y) = αne−αy yn−1

(n− 1)!, y > 0.

Prema tome,

E(α) =nαn

(n− 1)!

+∞∫

0

1yyn−1e−αydy =

nα

n− 1,

pa ocjena α nije centrirana.Zadatak 6.2. Vjerovatnoca da proizvod bude neispravan je p. Proizvodi seprave sve dok se prvi put ne pojavi neispravan proizvod. Na osnovu uzorkaobima n, metodom maksimalne vjerodostojnosti ocijeniti nepoznatu vjerovatnocu.Na osnovu uzorka

xk 5 6 7 8 9 10mk 10 12 11 9 7 6

izracunati ocjenu za p.Rjesenje. Funkcija vjerodostojnosti je

L(x1, x2, . . . , xn) =n∏

i=1

(1− p)xi−1p =(

p

1− p

)n

(1− p)nP

i=1xi

.

Iz uslova∂L(x1, x2, . . . , xn)

∂p= 0,

imamop =

nn∑

i=1

xi

.

Na osnovu uzorka dobija se

p =55392

.

Zadatak 6.3. Obiljezje X ima normalnu N (m,σ2) raspodjelu. Dat je uzo-rak

Ii (1, 3) (3, 5) (5, 7) (7, 9) (9, 11)mi 14 20 30 24 12

107

a) Odrediti 95% interval povjerenja za matematicko ocekivanje m.b) Odrediti 95% dvostrani interval povjerenja za nepoznatu varijansu σ2.Rjesenje.a) Aritmeticka sredina uzorka je

x100 =1

100(2 · 14 + 4 · 20 + 6 · 30 + 8 · 24 + 10 · 12) = 6.

Disperzija uzorka je

s2100 =

1100

(4 · 14 + 16 · 20 + 36 · 30 + 64 · 24 + 100 · 12)− 36 = 5.92,

s100 =√

5.92 = 2.433.

Interval povjerenja je(

xn − tn−1,α · sn√n− 1

, xn + tn−1,α · sn√n− 1

),

vrijednosti za tn−1,α nalazimo iz tablica za Studentovu raspodjelu.

n = 100, α = 0.95, t99,0.95 = 1.96,

pa imamo(5.521, 6.479).

b) Ovdje je (ns2

n

χ2n−1, 1−α

2

,ns2

n

χ2n−1, 1+α

2

),

kako jeα = 0.95, χ2

99,0.975 = 74.22, χ299,0.075 = 129.6,

( tablice za χ2 raspodjelu ) imamo

(4.57, 7.98).

Zadatak 6.4. Obiljezje X ima raspodjelu datu funkcijom gustine

f(x) =

2a2 e−

2a

√x , x > 0

0 , x ≤ 0.

Na osnovu uzorka obima n, metodom maksimalne vjerodostojnosti ocijenitiparametar a. Da li je tako dobijena ocjena centrirana ?Rjesenje. Za funkciju vjerodostojnosti vrijedi

L(x1, x2, . . . , xn, a) =2n

(a2)ne− 2

a

nPk=1

√xk

, xk ≥ 0, k = 1, . . . , n,


ln L(x1, x2, . . . , xn, a) = n ln 2− 2n ln a− 2a

n∑

k=1

√xk, xk > 0,

∂ ln L

∂a= −2n

a+

2a2

n∑

k=1

√xk.

Dakle,

a =1n

n∑

k=1

√xk.

Kako je

E(√

X) =

2∫

0

2a2

√xe−

2a

√xdx = a,

imamo

E(a) = E(1n

n∑

k=1

√xk) =

1n

n∑

k=1

E(√

Xk) = a,

pa je a centrirana ocjena.Zadatak 6.5. Gustina slucajne promjenljive X je

f(x) =

λxλ+1 , x > 10 , x ≤ 1,

gdje je λ > 0. Na osnovu uzorka obima n ocijeniti parametar λ. Ispitati centri-ranost tako dobijene ocjene.Rjesenje. Ako stavimo c = 1 i α = λ zadatak se svodi na 6.1. Dakle,

λ =n

n∑i=1

ln xi

,

E(λ) =nλ

n− 1,

pa ocjena nije centrirana.Zadatak 6.6. Ako su X1, X2, . . . , Xn nezavisne slucajne promjenljive sa ekspone-ncijalnom raspodjelom i nepoznatim matematickim ocekivanjem a > 0, metodommaksimalne vjerodostojnosti naci ocjenu za a na bazi uzorka X1, X2, . . . , Xn.Rjesenje. Vrijedi

Xi : E(

1a

), i = 1, . . . , n,

pa je funkcija vjerodostojnosti

L(x1, x2, . . . , xn; a) =n∏

i=1

1ae−

xia =

1an

e−nP

i=1xi

a .

109

Imamo sljedece

ln L(x1, x2, . . . , xn; a) = −n ln a−

n∑i=1

xi

a,

∂ ln L

∂a= −n

a+

n∑i=1

xi

a2.

Sada dobijamo

a =1n

n∑

i=1

xi.

Zadatak 6.7. Neka je (X1, X2, . . . , Xn) nezavisan uzorak iz raspodjele cija jegustina

f(x) =

x2e−

xλ

2λ3 , x > 00, x ≤ 0,

gdje je λ > 0. Metodom maksimalne vjerodostojnosti naci ocjenu za parametarλ. Ispitati centriranost tako dobijene ocjene.Rjesenje. Kako je

L(x1, . . . , xn;λ) =

n∏i=1

x2i e− 1

λ

nPi=1

xi

2nλ3n,

∂L(x1, . . . , xn;λ)∂λ

=1λ2

n∑

i=1

xi − 3n

λ,

zakljucujemo da je

λ =13n

n∑

i=1

xi.

Osim toga,

E(λ) =13E(X) =

13

+∞∫

0

xx2e−

xλ

2λ3dx = λ, ( smjena

x

λ= t),

pa je ocjena centrirana.Zadatak 6.8. Neka je (X1, X2, . . . , Xn) nezavisan uzorak iz raspodjele cija jegustina

f(x) =1be−

x−ab , x > a,

gdje su a, b nepoznati parametri, a ∈ R, b > 0. Metodom maksimalne vjero-dostojnosti naci ocjene za parametre a i b.Rjesenje. Kako je

L(x1, x2, . . . , xn; a, b) =1bn

e−nP

i=1xi−na

b , xi > a,


imamo

∂ ln L

∂a=

n

b> 0,

∂ ln L

∂b= −n

b+

n∑i=1

xi − na

b2.

Odavde dobijamo

a = minixi i b = −a +

n∑i=1

xi

n.

Zadatak 6.9. Iz Poissonove raspodjele sa nepoznatim parametrom λ dobijenje uzorak 0, 1, 0, 2, 3, 0. Naci ocjenu maksimalne vjerodostojnosti za λ.Rjesenje.

L(0, 1, 0, 2, 3, 0; λ) =λ2

12e−6λ,

pa se dobijeλ = 1.

Zadatak 6.10. Imamo na raspolaganju neogranicen broj nezavisnih odbirakasignala sa N (m,σ2) raspodjelom, gdje je σ2 poznato. Koliko treba uzeti odbi-raka da bismo na osnovu njih testirali hipotezu H0 : m = 2 protiv H1 : m > 2,sa nivoom znacajnosti α = 0.025 ali tako da greska druge vrste za m = 2.1 nebude veca od 0.05 ?Rjesenje. Neka je n obim uzorka. Za statistiku testa uzimamo

T =m− 2σ/√

n, oblast odbacivanja : T > c,

gdje je c = 1.96 (iz normalne raspodjele, jer je σ poznato). Vjerovatnoca greskedruge vrste u m = 2.1 jednaka je P (T ≤ c), pri cemu se T racuna kao da jeprava raspodjela N (2.1, σ2),

T =m− 2σ/√

n=

m− 2.1σ/√

n+

0.1σ/√

n= Z +

0.1σ/√

n,

gdje Z ima N (0, 1) raspodjelu. Prema tome,

P (T ≤ 1.96) = P

(Z ≤ 1.96− 0.1

σ/√

n

)≤ 0.05,

odakle nalazimo da je 1.96− 0.1σ/√

n≤ −1.64, to jest n ≥ 362σ2.

Zadatak 6.11. Dat je uzorak iz N (m,σ2) raspodjele:

2.19, 0.38, 1.41, 0.49, 1.87, 0.68, 0.16, 0.68, 0.45, 0.38.

Metodom maksimalne vjerodostojnosti ocijeniti m i σ2. Izvesti odgovarajuceizraze i primjeniti ih na odgovarajuce brojne vrijednosti.Rjesenje. Neka je (X1, . . . , Xn) uzorak iz normalne raspodjele sa nepoznatimµ i σ2. Funkcija vjerodostojnosti je

L(µ, σ2) =1

(2π)n2· 1(σ2)

n2

exp(−

∑ni=1(xi − µ)2

2σ2

).

111

Problem se svodi na odred-ivanje maksimuma funkcije

l(µ, σ2) = −n

2lnσ2 − 1

2σ2

n∑

i=1

(xi − µ)2, µ ∈ R, σ2 > 0.

Nalazenjem parcijalnih izvoda dobijamo

∂l

∂µ= − 1

σ2

n∑

i=1

(xi − µ) = 0,

∂l

∂σ2= − n

2σ2+

12(σ2)2

n∑

i=1

(xi − µ)2 = 0.

Rjesenja ovog sistema jednacina su

µ =1n

n∑

i=1

xi, σ2 =1n

n∑

i=1

xi − 1

n

n∑

j=1

xj

2

.

Funkcija l dostize maksimum u navedenim vrijednostima za µ i σ2. Primjetimoda funkcija l ne moze imati minimum. Dakle, ocjene maksimalne vjerodosto-jnosti na osnovu uzorka (X1, . . . , Xn) su

µ =1n

n∑

i=1

Xi, σ2 =1n

n∑

i=1

(Xi − µ)2.

Za dati uzorak jeµ = 0.869, σ2 = 0.424.

Zadatak 6.12. Na osnovu uzorka obima n metodom maksimalne vjerodosto-jnosti odrediti parametre m i σ2 ako

(i) obiljezje X ima normalnu raspodjelu N (m, 5),

(ii) obiljezje X ima normalnu raspodjelu N (10, σ2).

Rjesenje. Slicnim postupkom kao u prethodnom zadatku dobijamo

m =1n

n∑

i=1

xi, σ2 =n∑

i=1

(xi − 10)2.

Zadatak 6.13. Neka su X1, . . . Xn, nezavisne slucajne promjenljive. Dokazatida je statistika

s2(a) =1

n + a

n∑

k=1

(Xk − µ)2

centrirana samo ako je a = −1.Rjesenje. Transformisimo izraz

s2(a) =1

n + a

n∑

k=1

(Xk − µ)2


na sljedeci nacin:

s2(a) =1

n + a

n∑

k=1

X2k −

1n

(n∑

k=1

Xk

)2

=1

n + a

n∑

k=1

X2k −

1n

n∑

k=1

X2k + 2

∑

i 6=j

XiXj

=1

n + a

n− 1

n

(n∑

k=1

X2k

)− 2

n

∑

i 6=j

XiXj

.

Kako su Xi, Xj nezavisne za i 6= j i kako u sumi∑i 6=j

XiXj ima(

n2

)sabiraka,

imamo

Es2(a) =1

n + a

(n− 1

nnEX2

1 −2n

(n2

)(EX1)2

)=

n− 1n + a

V arX1.

Dakle, ocjena s2(a) je centrirana samo za a = −1.Zadatak 6.14. Neka Sn ima binomnu raspodjelu sa nepoznatim parametromp. Pokazati da je za svako ε > 0

P

(p ∈

[Sn

n− ε,

Sn

n+ ε

])≥ 1− 1

4nε2,

pa zatim u slucaju da je n = 1000 odrediti duzinu intervala povjerenja kome savjerovatnocom 0.99 pripada parametar p.Rjesenje. Data nejednakost slijedi iz nejednakosti Cebiseva

P

(∣∣∣∣Sn

n− p

∣∣∣∣)≤ ε) ≥ 1− p(1− p)

nε2

i cinjenice da funkcija ϕ(p) = p(1− p) ima maksimum, koji je jednak 14 i koji se

dostize za p = 12 .

Iz uslova 1 − 14nε2 = 0.99, za n = 1000 dobijamo ε ≈ 0.316. Dakle, duzina

intervala povjerenja je 0.632.Zadatak 6.15. Neka Sn ima binomnu raspodjelu sa nepoznatim parametromp. Pokazati da za nule x1 i x2, (x1 < x2) kvadratnog polinoma

p(x) = (n2 + c2n)x2 − (c2n + 2nSn)x + S2n

vrijediP (x1 ≤ p ≤ x2) ≈ 2Φ(c)− 1.

Na osnovu toga odrediti 95% interval povjerenja za nepoznati parametar p akoje n = 1000 i Sn = 540.Rjesenje. Na osnovu Muavr-Laplasove teoreme imamo

P

(∣∣∣∣∣Sn − np√np(1− p)

∣∣∣∣∣ ≤ c

)≈ 2Φ(c)− 1.

113

Kako je nejednakost ∣∣∣∣∣Sn − np√np(1− p)

∣∣∣∣∣ ≤ c

ekvivalentna sa

(n2 + c2n)p2 − (c2n + 2nSn)p + S2n ≤ 0

to za nule x1 i x2 polinoma p(x) vrijedi

P (x1 ≤ p ≤ x2) = P

(∣∣∣∣∣Sn − np√np(1− p)

∣∣∣∣∣ ≤ c

)≈ 2Φ(c)− 1.

Iz uslova 2Φ(c) − 1 = 0.95 dobijamo c = 1.96. Kako je n = 1000 i Sn = 540imamo

p(x) = 1003841, 6x2 − 1083841, 6x + 291600

odakle slijedi x1 = 0.509, x2 = 0.570. Dakle, u konkretnom slucaju dobijamoda je 95% interval povjerenja [0.509, 0.570].Zadatak 6.16. Neka su X1, . . . , X100 nezavisne slucajne promjenljive sa is-tom eksponencijanom raspodjelom E(λ), gdje je λ > 0 nepoznato. Koristeci secentralnom granicnom teoremom, odrediti 90% interval povjerenja za λ ako je100∑k=1

Xk = 120.

Rjesenje. Kako je

E(X) =1λ

, Var(X) =1λ2

,

slucajna promjenljivaµ− 1

λ1

λ√

n

ima priblizno N (0, 1) raspodjelu. Za trazeni interval se dobije [0.69, 0.97].Zadatak 6.17. Naci pravu liniju koja najbolje opisuje zavisnost izmed-u x i yna osnovu uzorka

x 1 1 2 4y 7 8 6 3

Rjesenje. Ocjene parametara regresione prave su date sa

a =Sxy

S2x

, b = y − ax,

gdje jeS2

x =∑

(xk − x)2, Sxy =∑

(xk − x)(yk − y).

Dobija se y = −1.5x + 9.Zadatak 6.18. Iz 1536 serija od po 7 bacanja novcica dobijeni su sljedecirezultati

Broj pisama 0 1 2 3 4 5 6 7Broj serija 12 78 270 456 386 252 69 3


Primjenom χ2 kvadrat testa, testirati hipotezu da je vjerovatnoca pada pisma12 . Test formulisati u obliku testa o raspodjeli, sa nivoom znacajnosti 0.05.Rjesenje. Testira se da li podaci dobijeni u eksperimentu imaju B(7, 1

2 ) raspod-jelu. χ2 = 16.96, a kriticna vrijednost ( k = 8−1 = 7 stepeni slobode ) je 14.067,pa odbacujemo hipotezu.Zadatak 6.19. Kocka je bacena 120 puta i dobijeni su sljedeci podaci

(1 2 3 4 5 615 17 14 23 25 26

).

Primjenom χ2-testa sa nivoom znacajnosti 0.05 testirati hipotezu o ispravnostikocke.Rjesenje. Vrijedi

pi =16, i = 1, . . . , 6, n = 120, α = 0.05, r = 6,

χ25 =

(15− 20)2

20+

(17− 20)2

20+

(14− 20)2

20+

(23− 20)2

20+

+(25− 20)2

20+

(26− 20)2

20= 6.

Kako jeχ2

5;0.05 = 1.145 < 6,

hipoteza o ispravnosti kocke se odbacuje pri datom pragu znacajnosti α = 0.05.Zadatak 6.20. U periodu od 60 dana posmatran je broj pacijenata u jednojambulanti i dobijeni su sljedeci podaci

pacijenti 0 1 2 3 4 5 6broj dana 13 23 17 10 4 2 1

Koristeci χ2 test ispitati saglasnost dobijenih podataka sa Puasonovom raspod-jelom pri nivoou znacajnosti α = 0.05.Rjesenje.

λ =170

(0 · 13 + 1 · 23 + 2 · 17 + 3 · 10 + 4 · 4 + 5 · 2 + 6 · 1) ≈ 1.983.

pk = P (X = k) =1.983k

k!e−1.983,

P (X = 0) = e−1.983 = 0.137, P (X = 1) = 1.983e−1.983 = 0.271,

P (X = 2) =1.9832

2e−1.983 = 0.268, P (X = 3) =

1.9833

6e−1.983 = 0.177,

P (X = 4) =1.9834

24e−1.983 = 0.087, P (X = 5) =

1.9835

120e−1.983 = 0.034,

P (X = 6) = 1− (0.137 + 0.271 + 0.268 + 0.177 + 0.087 + 0.034) = 0.026.

115

broj 0 1 2 3 4 5mk 13 23 17 10 4 3pk 0.137 0.271 0.268 0.177 0.087 0.060

χ2 =5∑

k=0

(mk−npk)2

npk= (13−60·0.137)2

60·0.137 + (23−60·0.271)2

60·0.271 + (17−60·0.268)2

60·0.268 + (10−60·0.177)2

60·0.177 +

(4−60·0.087)2

60·0.087 + (3−60·0.060)2

60·0.060 = 6.088.Dalje, imamo

χ26−1−1;1−α = χ2

4;0.95 = 9.49.

Dakle,χ2 < χ2

4;0.95,

pa hipotezu ne odbacujemo.Zadatak 6.21. U sljedecoj tabeli data je klasifikacija 6800 osoba prema bojikose i boji ociju:

Boja kose

Boja ociju svijetla smed-a crna rid-a Ukupnotamne 115 438 288 16 861plave 1768 807 189 43 2807zelene 946 1387 746 53 3132tamne 115 438 288 16 861

Ukupno 2829 2632 1223 116 6800

Pri unosenju brojeva u tabelu jedan podatak je pogresno upisan. Smatrajucida su podaci na marginama tacni, otkriti gdje je greska i ispraviti je. Zatim te-stirati hipotezu o nezavisnosti boje kose i boje ociju, sa nivoom znacajnosti 0.01.Rjesenje. Pogresno je upisan broj 16 (tamne oci rid-a kosa) i treba da bude 20(na osnovu povjere zbirova po vrstama i kolonama). Hipoteza se odbacuje ( hikvadrat sa 6 stepeni slobode ).Zadatak 6.22. Novcic se baca 100 puta i registruje broj pojavljivanja grba ipisma.a) Primjenom χ2-testa testirati hipotezu da se grb i pismo podjednako cestopojavljuju, to jest da imaju iste vjerovatnoce, ako se 45 puta pojavio grb, a 55puta pismo. Za nivo znacajnosti uzeto 0.01.b) Koji je minimalni broj pojavljivanja grba pri kome nema razloga za odbaci-vanjem hipoteze iz a).Rjesenje.a) Obim uzorka je n = 100, broj stepena slobode je 1. Kako se grb pojavio 45, a pismo 55 puta imamo

χ21 =

(45− 50)2

50+

(55− 50)2

50= 1

i χ21;0.01 = 6.635, pa nema razloga za odbacivanje hipoteze o ispravnosti novcica.

b) Treba odrediti najmanji prirodan broj m takav da je

(m− n2 )2

n2

+(100−m− n

2 )2n2

< 6.635.


Odavde dobijamo m = 38.Zadatak 6.23. Gustina raspodjele slucajne promjenljive X je

f(x, a) =12e−|x−a|, x ∈ R, a ∈ R,

gdje je a nepoznati parametar. Iz populacije je izvucen uzorak obima 2.a) Metodom maksimalne vjerodostojnosti ocijeniti parametar a. Da li je dobi-jena ocjena jedinstvena ?b) Da li je ocjena Y = X1+X2

2 centrirana za a ?Rjesenje.a) Imamo da je

L(x1, x2; a) =14e−|x1−a|−|x2−a|.

Funkcija L dostize maksimum za one a za koje funkcija

g(a) = |x1 − a|+ |x2 − a|, a ∈ R

dostize minimum. Kako je

g(a) =

x1 + x2 − 2a , a ≤ x1

x2 − x1 , x1 < a ≤ x2

2a− x1 − x2 , x2 < a

imamo da jea = λx1 + (1− λ)x2, λ ∈ [0, 1].

Dakle, dobijena ocjena nije jedinstvena.b) Kako je

E

(X1 + X2

2

)= a

ocjena Y = X1+X22 je centrirana.

Zadatak 6.24. Satovi u izlozima pokazuju slucajno vrijeme. Prirodno je testi-rati hipotezu da su vremena, koja pokazuju ti satovi, uniformno raspodijeljenau intervalu [0, 12]. Dobijen je uzorak

vrijeme 0-1 1-2 2-3 3-4 4-5broj satova 9 8 7 11 10

vrijeme 5-6 6-7 7-8 8-9 9-10 10-11 11-12broj satova 12 11 8 9 13 10 9

Da li ovaj uzorak protivrijeci hipotezi, sa α = 0.01 ?Rjesenje. Neka je I1 = (−∞, 1], I2 = (1, 2], . . . , I12 = (11,+∞). Imamo da jen = 120, pi = 1

12 , i = 1, . . . , 12, tako da je

12∑

i=1

(mi − npi)2

npi=

3512

< χ211, 0.01 ,

117

pa hipotezu nemamo razloga odbaciti.Zadatak 6.25. Koristeci χ2 test sa pragom znacajnosti α = 0.05 provjeriti dali su podaci

xi 0 1 2 3 4mi 7 12 13 8 10

saglasni sa hipotezom da se radi o uzorku iz populacije sa raspodjelom

X :(

0 1 2 3 5a10

3−a8

a4

a5

25−17a40

)

Rjesenje.

L(a) = [P (X = 0)]7[P (X = 1)]12[P (X = 2)]13[P (X = 3)]8[P (X = 4)]10,

L(a) =( a

10

)7(

3− a

8

)12 (a

4

)13 (a

5

)8(

25− 17a

40

)10

,

lnL(a) = −99ln 2− 20ln5 + 28lna + 12 ln(3− a) + 10 ln(25− 17a),

∂ ln L(a)∂a

=28a− 12

3− a− 170

25− 17a.

Rjesavajuci jednacinu,∂ ln L(a)

∂a= 0,

dobijamoa1 ≈ 1.00, a2 ≈ 2.44.

Kako mora biti 25− 17a > 0 imamo da je a ≈ 1. Dakle,

X :(

0 1 2 3 5110

14

14

15

15

).

Sada jexi 0 1 2 3 4mi 7 12 13 8 10pi 0.1 0.25 0.25 0.2 0.2

χ2 =4∑

i=0

(mi − npi)2

npi=

(7− 5)2

5+

(12− 7.5)2

7.5+

(13− 7.5)2

7.5

+(8− 1)2

1+

(10− 1)2

1,

to jestχ2 = 137.53.

Kako jeχ2

5−1−1;1−0.05 = χ23;0.95 = 7.81,

to jeχ2 > χ2

3;0.95,

pa hipotezu odbacujemo.

7

Dodaci

7.1 Pregled vaznijih raspodjela

BernoullijevaP (X = 1) = p, P (X = 0) = 1− p.

E(X) = p, Var(X) = p(1− p), h(t) = 1− p + peit.

Binomna B(n, p)

P (X = k) =(

nk

)pk(1− p)n−k, k = 0, . . . , n.

E(X) = np, Var(X) = np(1− p), h(t) = (1− p + peit)n.

GeometrijskaP (X = k) = p(1− p)k−1, k = 1, 2, . . .

E(X) =1p, Var(X) =

1− p

p2, h(t) =

peit

1− (1− p)eit.

Hipregeometrijska

P (X = k) =

(mk

)(n−mr − k

)

(nr

) , k = 0, . . . , r, r ≤ m < n.

E(X) =rm

n, Var(X) =

rm(n−m)(n− r)n2(n− 1)

.

Negativna binomna

P (X = k) =(

k − 1r − 1

)pr(1− p)k−r, k = r, r + 1, . . .

119

120 7. DODACI

E(X) =r

p, Var(X) =

r(1− p)p2

, h(t) =(

peit

1− (1− p)eit

)r

.

Poissonova P(λ)

P (X = k) = e−λ λk

k!, k = 0, 1, . . .

E(X) = λ, Var(X) = λ, h(t) = eλ(eit−1).

Uniformna U(a, b)

f(x) =1

b− a, x ∈ [a, b].

E(X) =a + b

2, Var(X) =

(b− a)2

12, h(t) =

eitb − eita

it(b− a).

Eksponencijalna E(λ)

f(x) = λe−λx, x ≥ 0, λ > 0.

E(X) =1λ

, Var(X) =1λ2

, h(t) =λ

λ− it.

Normalna N (µ, σ2)

f(x) =1

σ√

2πe−

(x−µ)2

2σ2 , x ∈ R.

E(X) = µ, Var(X) = σ2, h(t) = eiµt−σ2t22 .

Gama Γ(α, λ)

f(x) =λαe−λxxα−1

Γ(α), x > 0.

E(X) =α

λ, Var(X) =

α

λ2, h(t) =

λα

(λ− it)α.

Beta B(α, β)

f(x) =Γ(α + β)Γ(α)Γ(β)

xα−1(1− x)β−1, 0 < x < 1.

E(X) =α

α + β, Var(X) =

αβ

(α + β)2(α + β + 1).

Hi kvadrat χ2(n)

f(x) =1

2n2 Γ(n

2 )x

n2−1e−

x2 , x > 0.

E(X) = n, Var(X) = 2n, h(t) =1

(1− 2it)n2

.

7.2. STATISTICKE TABLICE 121

Studentova t(n)

f(x) =Γ((n + 1)/2)√

nπΓ(n/2)

(1 +

x2

n

)−(n+1)/2

, x ∈ R.

E(X) = 0, (n > 1), Var(X) =n

n− 2, (n > 2).

7.2 Statisticke tablice

122 7. DODACI

Normalna raspodjela: vrijednosti funkcije Φ(x) = 1√2π

x∫−∞

e−t22 dt,

Primjer: Φ(1.56) = 0.9406.

x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 90.0 5000 5040 5080 5120 5160 5199 5239 5279 5319 53590.1 5398 5438 5478 5517 5557 5596 5636 5675 5714 57530.2 5793 5832 5871 5910 5948 5987 6026 6064 6103 61410.3 6179 6217 6255 6293 6331 6368 6406 6443 6480 65170.4 6554 6591 6628 6664 6700 6736 6772 6808 6844 68790.5 6915 6950 6985 7019 7054 7088 7123 7157 7190 72240.6 7257 7291 7324 7357 7389 7422 7454 7486 7517 75490.7 7580 7611 7642 7673 7704 7734 7764 7794 7823 78520.8 7881 7910 7939 7967 7995 8023 8051 8078 8106 81330.9 8159 8186 8212 8238 8264 8289 8315 8340 8365 83891.0 8413 8438 8461 8485 8508 8531 8554 8577 8599 86211.1 8643 8665 8686 8708 8729 8749 8770 8790 8810 88301.2 8849 8869 8888 8907 8925 8944 8962 8980 8997 90151.3 9032 9049 9066 9082 9099 9115 9131 9147 9162 91771.4 9192 9207 9222 9236 9251 9265 9279 9292 9306 93191.5 9332 9345 9357 9370 9382 9394 9406 9418 9429 94411.6 9452 9463 9474 9484 9495 9505 9515 9525 9535 95451.7 9554 9564 9573 9582 9591 9599 9608 9616 9625 96331.8 9641 9649 9656 9664 9671 9678 9686 9693 9699 97061.9 9713 9719 9726 9732 9738 9744 9750 9756 9761 97672.0 9772 9778 9783 9788 9793 9798 9803 9808 9812 98172.1 9821 9826 9830 9834 9838 9842 9846 9850 9854 98572.2 9861 9864 9868 9871 9875 9878 9881 9884 9887 98902.3 9893 9896 9898 9901 9904 9906 9909 9911 9913 99162.4 9918 9920 9922 9925 9927 9929 9931 9932 9934 99362.5 9938 9940 9941 9943 9945 9946 9948 9949 9951 99522.6 9953 9955 9956 9957 9959 9960 9961 9962 9963 99642.7 9965 9966 9967 9968 9969 9970 9971 9972 9973 99742.8 9974 9975 9976 9977 9977 9978 9979 9979 9980 99812.9 9981 9982 9982 9983 9984 9984 9985 9985 9986 9986

7.2. STATISTICKE TABLICE 123

Kvantili εu hi kvadrat raspodjele χ2(n)

un 0.005 0.01 0.025 0.05 0.95 0.975 0.99 0.9951 0.00004 0.00016 0.00098 0.00393 3.841 5.024 6.635 7.8792 0.010 0.020 0.051 0.103 5.991 7.378 9.21 10.5973 0.072 0.115 0.216 0.352 7.815 9.348 11.345 12.8384 0.207 0.297 0.484 0.711 9.488 11.143 13.277 14.8605 0.412 0.554 0.831 1.145 11.070 12.833 15.086 16.7506 0.676 0.872 1.237 1.635 12.592 14.449 16.812 18.5487 0.989 1.239 1.690 2.167 14.067 16.013 18.475 20.2788 1.344 1.646 2.180 2.733 15.507 17.535 20.09 21.9559 1.735 2.088 2.700 3.325 16.919 19.023 21.666 23.589

10 2.156 2.558 3.247 3.940 18.307 20.483 23.209 25.18811 2.603 3.053 3.816 4.575 19.675 21.92 24.725 26.75712 3.074 3.571 4.404 5.226 21.026 23.337 26.217 28.30013 3.565 4.107 5.009 5.892 22.362 24.736 27.688 29.81914 4.075 4.660 5.629 6.571 23.685 26.119 29.141 31.31915 4.601 5.229 6.262 7.261 24.996 27.488 30.578 32.80116 5.142 5.812 6.908 7.962 26.296 28.845 32.000 34.26717 5.697 6.408 7.564 8.672 27.587 30.191 33.409 35.71818 6.265 7.015 8.231 9.390 28.869 31.526 34.805 37.15619 6.844 7.633 8.907 10.117 30.144 32.852 36.191 38.58220 7.434 8.260 9.591 10.851 31.410 34.17 37.566 39.99721 8.034 8.897 10.283 11.591 32.671 35.479 38.932 41.40122 8.643 9.542 10.982 12.338 33.924 36.781 40.289 42.79623 9.260 10.196 11.689 13.091 35.172 38.076 41.638 44.18124 9.886 10.856 12.401 13.848 36.415 39.364 42.980 45.55925 10.52 11.524 13.120 14.611 37.652 40.646 44.314 46.92826 11.16 12.198 13.844 15.379 38.885 41.923 45.642 48.29027 11.808 12.879 14.573 16.151 40.113 43.195 46.963 49.64528 12.461 13.565 15.308 16.928 41.337 44.461 48.278 50.99329 13.121 14.256 16.047 17.708 42.557 45.722 49.588 52.33630 13.787 14.953 16.791 18.493 43.773 46.979 50.892 53.672

124 7. DODACI

Kvantili εu raspodjele t(n)

u0 0.75 0.9 0.95 0.975 0.99 0.9951 1.000 3.078 6.314 12.706 31.821 63.6572 0.816 1.886 2.920 4.303 6.965 9.9253 0.765 1.638 2.353 3.182 4.541 5.8414 0.741 1.533 2.132 2.776 3.747 4.6045 0.727 1.476 2.015 2.571 3.365 4.0326 0.718 1.440 1.943 2.447 3.143 3.7077 0.711 1.415 1.895 2.365 2.998 3.4998 0.706 1.397 1.860 2.306 2.896 3.3559 0.703 1.383 1.833 2.262 2.821 3.250

10 0.700 1.372 1.812 2.228 2.764 3.16911 0.697 1.363 1.796 2.201 2.718 3.10612 0.695 1.356 1.782 2.179 2.681 3.05513 0.694 1.350 1.771 2.160 2.650 3.01214 0.692 1.345 1.761 2.145 2.624 2.97715 0.691 1.341 1.753 2.131 2.602 2.94716 0.690 1.337 1.746 2.120 2.583 2.92117 0.689 1.333 1.740 2.110 2.567 2.89818 0.688 1.330 1.734 2.101 2.552 2.87819 0.688 1.328 1.729 2.093 2.539 2.86120 0.687 1.325 1.725 2.086 2.528 2.84521 0.686 1.323 1.721 2.080 2.518 2.83122 0.686 1.321 1.717 2.074 2.508 2.81923 0.685 1.319 1.714 2.069 2.500 2.80724 0.685 1.318 1.711 2.064 2.492 2.79725 0.684 1.316 1.708 2.060 2.485 2.78726 0.684 1.315 1.706 2.056 2.479 2.77927 0.684 1.314 1.703 2.052 2.473 2.77128 0.683 1.313 1.701 2.048 2.467 2.76329 0.683 1.311 1.699 2.045 2.462 2.75630 0.683 1.310 1.697 2.042 2.457 2.750

Literatura

[1] Asic, M. i saradnici, Ispitni zadaci iz teorije verovatnoce i matematicke statis-tike, Beograd 1970.

[2] Glisic, Z., Perunicic, P., Zbirka resenih zadataka iz verovatnoce imatematicke statistike, Beograd 1982.

[3] Ivkovic, Z., Teorija verovatnoca sa matematickom statistikom, Beograd1980.

[4] Mladenovic, P., Elementaran uvod u vjerovatnocu i statistiku, Beograd 1990.

[5] Merkle, M., Vasic, P., Verovatnoca i statistika, Beograd 1998.

[6] Lozanov-Crvenkovic, Z., Rajter, D., Zbirka resenih zadataka iz verovatnocei statistike, Novi sad 1999.

[7] Elezovic, N., Teorija vjerojatnosti, Zagreb 1995.

125

vjerovatnoca i statistika¶ zbirka rijesenih · pdf fileii autori: dr milan...

Documents