vjer_zadaci_rijes
DESCRIPTION
vjer_zadaci_rijesTRANSCRIPT
Vjerojatnost(odabrani zadatci s rjesenjima)
Zadatke odabrao i rijesio:Kristijan Kilassa Kvaternik
22. svibnja 2014.
Sadrzaj
1 Vjerojatnost 2
2 Uvjetna vjerojatnost. Nezavisnost 9
3 Prebrojavanje 16
4 Slucajne varijable 23
5 Slucajni vektori 31
6 Neprekidne slucajne varijable 37
1
Poglavlje 1
Vjerojatnost
Zadatak (1.28.) Neka su F i G σ-algebre na Ω.
(a) Je li F ∩ G σ-algebra?
(b) Je li F ∪ G σ-algebra?
Rjesenje.
(a) F ∩ G je σ-algebra. Naime,
(i) Buduci da je ∅ ∈ F i ∅ ∈ G, slijedi ∅ ∈ F ∩ G.
(ii) Neka je A ∈ F ∩ G. Tada je A ∈ F i A ∈ G, a buduci da su F i Gσ-algebre, slijedi Ac ∈ F i Ac ∈ G. Dakle, Ac ∈ F ∩ G.
(iii) Neka je (An)n∈N ⊆ F ∩ G. Tada je (An)n∈N ⊆ F i (An)n∈N ⊆ G pa (jer su
F i G σ-algebre)⋃n∈N
An ∈ F i⋃n∈N
An ∈ F . Dakle,⋃n∈N
An ∈ F ∩ G.
(b) F ∪ G opcenito ne mora biti σ-algebra. Naime, za Ω = 1, 2, 3, 4 su
F = ∅, 1, 2, 3, 4, Ω i G = ∅, 2, 1, 3, 4, Ω
σ-algebre na Ω i vrijedi 1 ∈ F∪G i 2 ∈ F∪G, ali 1∪2 = 1, 2 /∈ F∪G.
Zadatak (1.34.) Neka je Ω neprebrojiv skup. Je li
F = A ⊆ Ω: A prebrojiv ili Ac prebrojiv
σ-algebra?
Rjesenje.Buduci da je ∅ prebrojiv skup, vrijedi ∅ ∈ F .Nadalje, neka je A ∈ F . Zbog simetrije u definiciji F vrijedi i Ac ∈ F (naime,tvrdnja da je A prebrojiv ili Ac prebrojiv je ekvivalentna tvrdnji da je Ac prebrojivili (Ac)c prebrojiv).Neka je sada (An)n∈N ⊆ F . Razlikujemo dva slucaja:
1 An je prebrojiv skup za svaki n ∈ N. Buduci da je prebrojiva unija prebrojivih
skupova opet prebrojiv skup, slijedi da je⋃n∈N
An prebrojiv skup pa se nalazi
u F .
2
2 Postoji n0 ∈ N takav da je An0 neprebrojiv i Acn0
prebrojiv. Buduci da je(⋃n∈N
An
)c
=⋂n∈N
Acn ⊆ Ac
n0, a podskup prebrojivog skupa je i sam prebrojiv,
slijedi da je
(⋃n∈N
Acn
)c
prebrojiv skup pa⋃n∈N
An ∈ F
Dakle, F je σ-algebra.
Napomena. U prethodnom zadatku pod pojmom prebrojiv skup podrazumijevamo skupkoji je konacan ili prebrojivo beskonacan (postoji bijekcija s tog skupa u N).
Zadatak (1.37.) Neka je Ω = a, b, c. Ako je P(a, b) = 0.7, P(b, c) = 0.6, odreditevjerojatnosti dogadaja a, b i c.Rjesenje.
P(a) = P(Ω)− P(b, c) = 1− 0.6 = 0.4,
P(c) = P(Ω)− P(a, b) = 1− 0.7 = 0.3,
P(b) = P(Ω)− P(a)− P(c) = 1− 0.4− 0.3 = 0.3.
Zadatak (1.38.) Neka je (Ω,F , P) vjerojatnosni prostor i A, B ∈ F takvi da je P(A ∪B) = 0.8, P(A ∩B) = 0.2, P(Ac) = 0.6. Izracunajte P(A), P(B), P(A \B).
Rjesenje.
P(A) = 1− P(Ac) = 0.4,
P(A∪B) = P(A)+P(B)−P(A∩B) ⇒ P(B) = P(A∪B)−P(A)+P(A∩B) = 0.6.
Nadalje, uocimo da zbog
A = (A ∩Bc) ∪ (A ∩B) & (A ∩Bc) ∩ (A ∩B) = ∅
vrijediP(A \B) = P(A ∩Bc) = P(A)− P(A ∩B) = 0.2.
Zadatak (1.43.) Neka je (Ω,F , P) vjerojatnosni prostor. Postoje li A, B, C ∈ F takvida vrijedi
P(A)− P(C) >3
4,
P(A4B) + P(B4C) <2
3?
Rjesenje.Neka su A, B, C ∈ F . Tada vrijedi
P(A) + P(B) = P(A ∪B) + P(A ∩B)︸ ︷︷ ︸>0
⇒ P(A) + P(B) > P(A ∪B) (1.1)
3
Nadalje, za simetricnu razliku vrijedi
A4C ⊆ (A4B) ∪ (B4C)
⇒ P(A4C) 6 P((A4B) ∪ (B4C)) (1.2)
te takoderA4∅ = A. (1.3)
Sada iz (1.1), (1.2) i (1.3) slijedi
P(A4C) + P(C) > P((A4C) ∪ C)= P((A4C) ∪ (C4∅))> P(A4∅)= P(A)
⇒ P(A4C) > P(C)− P(A) >3
4.
Nadalje, primjenjujuci (1.1) i (1.2) na drugu nejednakost zadatka imamo
2
3> P(A4B) + P(B4C) > P((A4B) ∪ (B4C)) > P(A4C)
P(A4C) <2
3.
Dakle, imamo P(A4C) < 23
i P(A4C) > 34
pa zakljucujemo kako takvi A, B, C nepostoje.
Zadatak (1.44.) Neka je (Ω,F , P) vjerojatnosni prostor i A, B ∈ F . Pokazite nejed-nakost
P(A ∩B) 6√
P(A)P(B).
Rjesenje.Iz monotonosti vjerojatnosti slijedi
A ∩B ⊆ A ⇒ P(A ∩B) 6 P(A),
A ∩B ⊆ B ⇒ P(A ∩B) 6 P(B).
Mnozenjem dobivenih nejednakosti i korjenovanjem direktno slijedi zadana nejed-nakost.
Zadatak (1.45.) Neka je (Ω,F , P) vjerojatnosni prostor i A, B, C ∈ F . Vrijedi liP(A ∪ B ∪ C) = P(A) + P(B) + P(C) − P(Ac ∩ B ∩ C) − P(A ∩ Bc ∩ C) − P(A ∩B ∩ Cc)− 2P(A ∩B ∩ C)?
Rjesenje.Buduci da se dogadaji Ac ∩B ∩C, A∩Bc ∩C, Ac ∩B ∩Cc u parovima uzajamnoiskljucuju (u parovima su disjunktni), zbog konacne aditivnosti vjerojatnosti imamo
P(Ac ∩B ∩ C) + P(A ∩Bc ∩ C) + P(A ∩B ∩ Cc) + 2P(A ∩B ∩ C) =
(P(Ac ∩B ∩C) + P(A ∩B ∩C)) + (P(Ac ∩B ∩C) + P(A ∩B ∩C)) + (P(Ac ∩B ∩C) + P(A ∩B ∩ C))− P(A ∩B ∩ C) =
4
P((Ac ∩B ∩C)∪ (A∩B ∩C)) + P((A∩Bc ∩C)∪ (A∩B ∩C)) + P((A∩B ∩Cc)∪(A ∩B ∩ C))− P(A ∩B ∩ C) =
P((Ac ∪ A)︸ ︷︷ ︸=Ω
∩B∩C)+P(A∩ (Bc ∪B)︸ ︷︷ ︸=Ω
∩C)+P(A∩B∩ (Cc ∪ C)︸ ︷︷ ︸=Ω
)−P(A∩B∩C) =
= P(B ∩ C) + P(A ∩ C) + P(A ∩B)− P(A ∩B ∩ C).
Sada je zadana jednakost ekvivalentna sljedecoj:
P(A∪B∪C) = P(A)+P(B)+P(C)−P(B∩C)−P(A∩C)−P(A∩B)+P(A∩B∩C),
sto je upravo Sylvesterova formula za tri dogadaja A, B, C. Zato zadana jednakostvrijedi.
Zadatak (1.46.) Neka je (Ω,F , P) vjerojatnosni prostor i A1, A2, . . . , An ∈ F , n ∈ N.Dokazite da je
P(A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An) > P(A1) + P(A2) + . . . + P(An)− (n− 1).
Rjesenje.Nejednakost dokazujemo matematickom indukcijom po n.
(i) Baza. Za n = 1 nejednakost postaje P(A1) > P(A1), sto ocito vrijedi. Zan = 2 nejednakost postaje
P(A1 ∩ A2) > P(A1) + P(A2)− 1,
sto vrijedi jer
P(A1 ∪ A2) = P(A1) + P(A2)−P(A1 ∪ A2)︸ ︷︷ ︸>−1
> P(A1) + P(A2)− 1.
(ii) Pretpostavka. Pretpostavimo da postoji n ∈ N takav da vrijedi
P
(n⋂
i=1
Ai
)>
n∑i=1
P(Ai)− (n− 1)
za proizvoljne A1, A2, . . . , An ∈ F .
(iii) Korak. Imamo
P
(n+1⋂i=1
Ai
)= P
(An+1 ∩
n⋂i=1
Ai
)
> P(An+1) + P
(n⋂
i=1
Ai
)− 1
> P(An+1) +n∑
i=1
P(Ai)− (n− 1)− 1
=n+1∑i=1
P(Ai)− n
5
Zadatak (1.53.) Neka je (Ω,F , P) vjerojatnosni prostor i A1, A2, . . . ∈ F takvi da jeP(An) = 1, n ∈ N. Izracunajte
P
(∞⋂
n=1
An
).
Rjesenje.Neka je k ∈ N proizvoljan. Prema nejednakosti iz prethodnog zadatka imamo
P
(k⋂
n=1
An
)>
k∑n=1
P(An)︸ ︷︷ ︸=1
−(k − 1) = k − (k − 1) = 1
⇒ P
(k⋂
n=1
An
)= 1, ∀k ∈ N.
Sada definiramo niz dogadaja (Bk)k∈N ⊆ F sa Bk =k⋂
n=1
An, k ∈ N. Uocimo da je
P(Bk) = 1, k ∈ N. Buduci da je to padajuci niz dogadaja (Bk ⊇ Bk+1, k ∈ N),zbog neprekidnosti vjerojatnosti u odnosu na padajuce nizove dogadaja imamo
P
(∞⋂
k=1
Bk
)= lim
k→∞P(Bk)︸ ︷︷ ︸
=1
= 1.
S druge strane,∞⋂
k=1
Bk =∞⋂
k=1
k⋂n=1
An =∞⋂
n=1
An,
pa slijedi
P
(∞⋂
n=1
An
)= 1.
Zadatak (1.55.) Dokazite Bonferronijevu nejednakost: za A1, A2, . . . ∈ F vrijedi
P
(n⋃
k=1
Ak
)>
n∑k=1
P(Ak)−∑
16i<j6n
P(Ai ∩ Aj).
Rjesenje.Nejednakost dokazujemo matematickom indukcijom po n.
(i) Baza. Za n = 1 imamo nejednakost P(A1) > P(A1) koja ocito vrijedi, a zan = 2 nejednakost P(A1 ∪ A2) > P(A1) + P(A2) − P(A1 ∩ A2) koja takodervrijedi (jer vrijedi jednakost).
(ii) Pretpostavka. Pretpostavimo da postoji n ∈ N takav da vrijedi
P
(n⋃
k=1
Ak
)>
n∑k=1
P(Ak)−∑
16i<j6n
P(Ai ∩ Aj),
za proizvoljne A1, A2, . . . , An ∈ F .
6
(iii) Korak. Imamo
P
(n+1⋃k=1
Ak
)= P
(An+1 ∪
n⋃k=1
Ak
)
> P(An+1) + P
(n⋃
k=1
Ak
)− P
(An ∩
n⋃k=1
Ak
)
= P(An+1) + P
(n⋃
k=1
Ak
)− P
(n⋃
k=1
(Ak ∩ An+1)
)
> P(An+1) +n∑
k=1
P(Ak)−∑
16i<j6n
P(Ai ∩ Aj)−n∑
k=1
P(Ak ∩ An+1)
=n+1∑k=1
P(Ak)−∑
16i<j6n+1
P(Ai ∩ Aj)
gdje smo koristili pretpostavku indukcije i nejednakost P
(n⋃
i=1
Ai
)6
n∑i=1
P(Ai).
Zadatak (1.56.) Neka je (Ω,F , P) vjerojatnosni prostor i A, A1, A2, . . . ∈ F takvi da je
limn→∞
P(An4A) = 0.
Izracunajtelim
n→∞P(An).
Rjesenje.Za svaki n ∈ N (zbog (An \ A) ∩ (A \ An) = ∅) vrijedi
P(An4A) = P((An \ A) ∪ (A \ An)) = P(An \ A) + P(A \ An)
⇒ 0 6 P(An \ A) 6 P(An4A), 0 6 P(A \ An) 6 P(An4A),
pa je po teoremu o sendvicu
limn→∞
P(An \ A) = limn→∞
P(A \ An) = 0.
Nadalje,lim
n→∞P(An \ A) = 0 ⇒ lim
n→∞P(An ∩ Ac) = 0
limn→∞
P(An ∪ Ac) = 1− limn→∞
P(A ∩ Acn) = 1− lim
n→∞P(A \ An) = 1
Sada za proizvoljan n ∈ N imamo
P(An ∪ Ac) = P(An) + P(Ac)− P(An ∩ Ac)
⇒ P(An) = P(An ∪ Ac) + P(A) + P(An ∩ Ac)− 1
pa jelim
n→∞P(An) = 1 + P(A) + 0− 1 = P(A)
7
Zadatak (1.57.) Neka je (Ω,F , P) vjerojatnosni prostor i neka je
N = E ⊆ Ω: ∃F ∈ F takav da je E ⊆ F i P(F ) = 0.
(a) Pokazite da je familija N zatvorena na prebrojive unije.
(b) Pokazite da je familija
G = A ⊆ Ω: ∃B ∈ F takav da je A4B ∈ N
σ-algebra.
Rjesenje.
(a) Neka je dan proizvoljan niz (En)n∈N ⊆ N . Prema definiciji skupa N postojiniz (Fn)n∈N ⊆ F takav da En ⊆ Fn i P(Fn) = 0 za svaki prirodan broj n.
Uocimo da vrijedi⋃n∈N
En ⊆⋃n∈N
Fn, a kako je F σ-algebra, vrijedi⋃n∈N
Fn ∈ F .
S druge strane, zbog subaditivnosti vjerojatnosti slijedi
P
(⋃n∈N
Fn
)6∑n∈N
P(Fn) = 0.
Dakle,⋃n∈N
En ∈ N .
(b) (i) Vrijedi ∅ ∈ G jer ∅ ∈ F i ∅4∅ = ∅ ∈ N .
(ii) Neka je A ∈ G. Tada postoji B ∈ F takav da A4B ∈ N . No buduci da jeF σ-algebra, to je Bc ∈ F i vrijedi Ac4Bc = A4B ∈ N . Dakle, Ac ∈ G.
(iii) Neka je dan proizvoljan niz (An)n∈N ⊆ G. Tada postoji niz (Bn)n∈N ⊆ Ftakav da An4Bn ∈ N , n ∈ N. Buduci da je F σ-algebra, to je
⋃n∈N
Bn ∈ F .
Takoder, prema (a) dijelu imamo⋃n∈N
(An4Bn) ∈ N . Sada je
(⋃i∈N
Ai
)4
(⋃j∈N
Bj
)=
[(⋃i∈N
Ai
)∪
(⋃j∈N
Bj
)]\
[(⋃i∈N
Ai
)∩
(⋃j∈N
Bj
)]=[⋃
i∈N
⋃j∈N
(Ai ∪Bj)
]\
[⋃i∈N
⋃j∈N
(Ai ∩Bj)
]=
[⋃n∈N
(An ∪Bn)
]\
[⋃i∈N
⋃j∈N
(Ai ∩Bj)
]=
⋃n∈N
(An ∪Bn) \
[⋃i∈N
⋃j∈N
(Ai ∩Bj)
]⊆⋃n∈N
[(An ∪Bn) \ (An ∩Bn)] =⋃n∈N
(An4Bn)
Dakle,
(⋃i∈N
Ai
)4
(⋃j∈N
Bj
)∈ N jer je podskup skupa iz N sam element
skupa N . Zato (prema definiciji skupa N ) vrijedi⋃n∈N
An ∈ G.
8
Poglavlje 2
Uvjetna vjerojatnost i nezavisnost
Zadatak (2.16.) Neka je (An) niz nezavisnih dogadaja takav da je
P(An) =1
n + 1, n ∈ N.
Izracunajte
P
(∞⋃
n=1
An
).
Rjesenje.Najprije cemo matematickom indukcijom pokazati da su za svaki prirodan brojn > 2 dogadaji A1 ∪ . . . ∪ An i Ak (k > n) nezavisni.
(i) Baza. Za n = 2 i k > 2 imamo
P((A1 ∪ A2) ∩ Ak) = P((A1 ∩ Ak) ∪ (A2 ∩ Ak))
= P(A1 ∩ Ak) + P(A2 ∩ Ak)− P(A1 ∩ A2 ∩ Ak)
= P(A1)P(Ak) + P(A2)P(Ak)− P(A1)P(A2)P(Ak)
= (P(A1) + P(A2)− P(A1)P(A2)) P(Ak)
= P(A1 ∪ A2)P(Ak)
pri cemu smo koristili pretpostavku da su dogadaji A1, A2, Ak (k > n) nezav-isni.
(ii) Pretpostavka. Pretpostavimo da su dogadaji A1 ∪ . . .∪An i Ak nezavisni zaneki n ∈ N i svaki k > n.
(iii) Korak. Oznacimo B = A1 ∪ . . . An. Za k > n + 1 imamo
P((B ∪ An+1) ∩ Ak) = P((B ∩ Ak) ∪ (An+1 ∩ Ak))
= P(B ∩ Ak) + P(An+1 ∩ Ak)− P(B ∩ An+1 ∩ Ak)
= [koristimo pretpostavku indukcije]
= P(B)P(Ak) + P(An+1)P(Ak)− P(B)P(An+1)P(Ak)
= (P(B) + P(An+1)− P(B)P(An+1)) P(Ak)
= P(B ∪ An+1)P(Ak)
9
Uocimo da iz upravo dokazanog posebno slijedi da su za svaki n ∈ N dogadajiBn := A1 ∪ . . . ∪ An i An+1 nezavisni. Sada koristeci ovu cinjenicu matematickomindukcijom mozemo pokazati da za svaki n ∈ N vrijedi
P(Bn) =n
n + 1.
(i) Baza. Vrijedi
P(B1) = P(A1) =1
2,
P(B2) = P(A1) + P(A2)− P(A1 ∩ A2) =1
2+
1
3− 1
2· 1
3=
2
3,
pa tvrdnja vrijedi.
(ii) Pretpostavka. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za neki n ∈ N.
(iii) Korak. Imamo
P(Bn+1) = P(Bn ∪ An+1)
= P(Bn) + P(An+1)− P(Bn ∩ An+1)
= [koristimo pretpostavku indukcije i prethodno dokazanu tvrdnju]
=n
n + 1+
1
n + 2− n
n + 1· 1
n + 2
=n(n + 2) + n + 1− n
(n + 1)(n + 2)
=(n + 1)2
(n + 1)(n + 2)
=n + 1
n + 2
Sada zbog neprekidnosti vjerojatnosti u odnosu na rastuce nizove dogadaja slijedi
P
(∞⋃
n=1
An
)= P
(∞⋃
n=1
Bn
)= lim
n→∞P(Bn) = lim
n→∞
n
n + 1= 1.
Zadatak (2.17.) Neka su A1, . . . , An nezavisni dogadaji. Dokazite
1− e−(P(A1)+...+P(An)) 6 P(A1 ∪ . . . ∪ An) 6 P(A1) + . . . + P(An).
Rjesenje.Najprije cemo dokazati nejednakost
1− e−(P(A1)+...+P(An)) 6 P(A1 ∪ . . . ∪ An)
koja je ekvivalentna s
1− P(A1 ∪ . . . ∪ An) 6 e−(P(A1)+...+P(An))
⇔ P(Ac1 ∩ . . . ∩ Ac
n) 6 e−(P(A1)+...+P(An))
⇔ (1− P(A1)) · . . . · (1− P(An)) 6 e−P(A1) · . . . · e−P(An)
10
Pritom zbog pretpostavke nezavisnosti dogadaja A1, . . . , An slijedi i nezavisnostdogadaja Ac
1, . . . , Acn. Promatrajmo sada funkciju
f : [0,∞〉 → R, f(x) = x + e−x − 1.
Vrijedi f ′(x) = 1− e−x > 0 za svaki x ∈ [0,∞〉 pa zakljucujemo da je f rastuca nasvojoj domeni. Buduci da je f(0) = 0, zakljucujemo
1− x 6 e−x, x ∈ [0,∞〉.
Zato posebno za i ∈ 1, . . . , n vrijedi
1− P(Ai) 6 e−P(Ai),
pa mnozenjem ovih nejednakosti dobivamo nejednakost
(1− P(A1)) · . . . · (1− P(An)) 6 e−P(A1) · . . . · e−P(An),
pa time zakljucujemo da vrijedi i zadana nejednakost koja joj je ekvivalentna.Druga nejednakost vrijedi za proizvoljne familije dogadaja i posljedica je σ - suba-ditivnosti vjerojatnosti.
Zadatak (2.19.) Neka je (Ω,F , P) vjerojatnosni prostor i A, B ∈ F takvi da je P(B) >0. Pokazite da je
P(A|B) >P(A) + P(B)− 1
P(B).
Rjesenje.Zadana je nejednakost ekvivalentna sljedecima
P(A ∩B)
P(B)>
P(A) + P(B)− 1
P(B)
⇔ P(A ∩B) > P(A) + P(B)− 1
⇔ 1 > P(A) + P(B)− P(A ∩B)
⇔ 1 > P(A ∪B)
a kako vrijedi posljednja nejednakost, vrijedi i zadana.
Zadatak (2.20.) U kutiji je n kuglica oznacenih brojevima 1, 2, . . . , n. Iz kutije na jedannacin izvucemo jednu kuglicu. Ako je kuglica bila oznacena brojem 1, ne vracamoje u kutiju, a inace je vracamo. Nakon toga izvucemo jos jednu kuglicu. Izracunajtevjerojatnost da je druga kuglica oznacena brojem 2.
Rjesenje.Definiramo potpun sistem dogadaja
H1 =prva izvucena kuglica je oznacena brojem 1,H2 =prva izvucena kuglica nije oznacena brojem 2,
11
te dogadaj A =druga izvucena kuglica je oznacena brojem 2. Vrijedi
P(H1) =1
n, P(A|H1) =
1
n− 1,
P(H2) =n− 1
n, P(A|H2) =
1
n.
Naime, ukoliko smo izvukli kuglicu s brojem 1, iducu kuglicu biramo od preostalihn− 1, a u suprotnom od svih n. Sada prema formuli potpune vjerojatnosti slijedi
P(A) = P(A|H1)P(H1) + P(A|H2)P(H2) =1
n− 1· 1
n+
1
n· n− 1
n=
n2 − n + 1
n3 − n2.
Zadatak (2.22.) Neka je (Ω,F , P) vjerojatnosni prostor i A, B ∈ F takvi da je 0 <P(B) < 1. Pokazite da je
P(A|B) = P(A|Bc) ⇐⇒ A i B su nezavisni.
Rjesenje.
P(A|B) = P(A|Bc) ⇔ P(A ∩B)
P(B)=
P(A ∩Bc)
P(Bc)
⇔ P(A ∩B)(1− P(B)) = P(A ∩Bc)P(B)
⇔ P(A ∩B) = (P(A ∩B) + P(A ∩Bc))P(B)
⇔ P(A ∩B) = P(A)P(B)
⇔ A i B su nezavisni
Zadatak (2.26.) U ponoc su na parkiralistu bila 2 siva i 1 crni Ford, 3 siva i 4 crnaBMW-a i 3 sive i 1 crna Toyota. Te noci je kradljivac automobila nasumce odabraoautomobil i ukrao ga. Ako je ukraden automobil sive boje, koja je vjerojatnost daje to bio BMW?
Rjesenje.Definiramo potpun sistem dogadaja
H1 =ukraden je Ford,H2 =ukraden je BMW,
H3 =ukradena je Toyota,
te dogadaj A =ukraden je automobil sive boje. Vrijedi
P(H1) =3
14, P(A|H1) =
2
3,
P(H2) =7
14, P(A|H2) =
3
7,
P(H3) =4
14, P(A|H3) =
3
4,
pa prema Bayesovoj formuli vrijedi
P(H2|A) =P(A|H2)P(H2)∑3i=1 P(A|Hi)P(Hi)
=3
8= 0.375.
Dakle, ukoliko je ukraden automobil sive boje, vjerojatnost da je to bio BMW iznosi37.5%.
12
Zadatak (2.27.) Marko je ozbiljan student koji uci petkom navecer. Medutim, njegovcimer ide van petkom navecer; 40% puta ode van s djevojkom, a 60% puta ode doobliznjeg bara. Ako ode van s djevojkom, onda kod nje prespava 30% puta, a akootide u bar, onda u 40% puta izazove tucu i noc provede u zatvoru. Jedne suboteMarko se probudio i vidio da mu cimer nije u sobi. Izracunajte vjerojatnost da jeMarkov cimer u zatvoru.
Rjesenje.Definiramo potpun sistem dogadaja
H1 =Markov cimer je otisao van s djevojkom,H2 =Markov cimer je otisao u bar,
te dogadaj A =Markov cimer nije u sobi. Vrijedi
P(H1) = 0.4, P(A|H1) = 0.3,
P(H2) = 0.6, P(A|H2) = 0.4.
Trazimo vjerojatnost P(H2|A) (ukoliko je Markov cimer otisao u bar, a ujutro nijeu svojoj sobi, zavrsio je u zatvoru). Prema Bayesovoj je formuli
P(H2|A) =P(A|H2)P(H2)
P(A|H1)P(H1) + P(A|H2)P(H2)=
2
3.
Zadatak (2.28.) Tri prijateljice, Dunja, Lidija i Tina, prijavile su se kao ekipa na kvizznanja. One se za odgovor na pitanje prijavljuju s vjerojatnostima 1
2, 1
3i 1
6. Na
pitanje odgovaraju tocno s vjerojatnostima 45, 3
5i 3
5. Ako pitanje nije tocno odgov-
oreno, nadite vjerojatnost da je na pitanje odgovarala Tina.
Rjesenje.Definiramo potpun sistem dogadaja
H1 =na pitanje je odgovarala Dunja,H2 =na pitanje je odgovarala Lidija,H3 =na pitanje je odgovarala Tina,
te dogadaj A =pitanje nije tocno odgovoreno. Vrijedi
P(H1) =1
2, P(A|H1) =
1
5,
P(H2) =1
3, P(A|H2) =
2
5,
P(H3) =1
6, P(A|H3) =
2
5,
pa prema Bayesovoj formuli slijedi
P(H3|A) =P(A|H3)P(H3)∑3i=1 P(A|Hi)P(Hi)
=2
9.
13
Zadatak (2.29.) Nekim kanalom se prenose podatci pomocu znakova 0 i 1. Vjerojatnostda se posalje 1 je 0.3, a vjerojatnost da se posalje 0 je 0.7. Na izlazu se 15% znakovapogresno interpretira. Ako je primljen znak 1, izracunajte vjerojatnost da je poslanznak 0.
Rjesenje.Definiramo potpun sistem dogadaja
H1 =poslan je znak 0,H2 =poslan je znak 1,
te dogadaj A =primljen je znak 1. Vrijedi
P(H1) = 0.7, P(A|H1) = 0.15,
P(H2) = 0.3, P(A|H2) = 0.85.
Naime, ukoliko je poslan znak 0, da bi se primio znak 1 potrebno je poslani znakpogresno interpretirati (za sto je vjerojatnost 15%), dok je u suprotnom potrebnoznak ispravno interpretirati. Sada prema Bayesovoj formuli slijedi
P(H1|A) =P(A|H1)P(H1)
P(A|H1)P(H1) + P(A|H2)P(H2)=
7
24.
Zadatak (2.30.) Na stolu su dvije kutije. U prvoj kutiji su plava, zelena i crvena kuglica,a u drugoj kutiji je p plavih, z zelenih i c crvenih kuglica (p, z, c > 1). Slucajnoodaberemo dvije kuglice iz prve kutije i prebacimo ih u drugu kutiju. Nakon togaiz durge kutije izvucemo kuglicu. Ako je izvucena kuglica zelene boje, izracunajtevjerojatnost da u prvoj kutiji nema crvene kuglice.
Rjesenje.Definiramo potpun sistem dogadaja
H1 =u prvoj je kutiji ostala plava kuglica,H2 =u prvoj je kutiji ostala zelena kuglica,H3 =u prvoj je kutiji ostala crvena kuglica,
te dogadaj A =izvucena je zelena kuglica. Vrijedi
P(H1) =1
3, P(A|H1) =
z + 1
p + c + z + 2,
P(H2) =1
3, P(A|H2) =
z
p + c + z + 2,
P(H3) =1
3, P(A|H3) =
z + 1
p + c + z + 2.
Naime, ukupan se broj kuglica u drugoj kutiji nakon prebacivanja poveca za 2, abroj zelenih kuglica se poveca za 1 ukoliko smo prebacili zelenu kuglicu (tj. ostvarilisu se dogadaji H1 ili H3). Trazimo vjerojatnost P(Hc
3|A) = 1 − P(H3|A). PremaBayesovoj je formuli
P(Hc3|A) = 1− P(A|H3)P(H3)∑3
i=1 P(A|Hi)P(Hi)= 1− z + 1
3z + 2=
2z + 1
3z + 2.
14
Zadatak (2.32.) Pijanac sece ulicom dugom m blokova. Na pocetku ulice je bar, a nakraju njegov stan. U svakom trenutku pijanac s jednakom vjerojatnoscu ide lijevoili desno. Ako se pijanac nalazi k blokova (0 6 k 6 m), kolika je vjerojatnost dadode u stan prije nego zavrsi u baru?
Rjesenje.Pretpostavimo da se stan nalazi lijevo, a bar desno od pijanca. Definiramo potpunsistem dogadaja
H1 =pijanac je prvi put krenuo lijevo,H2 =pijanac je prvi put krenuo desno,
te dogadaj A =pijanac je dosao u stan prije nego je zavrsio u baru. Neka je pk
vjerojatnost da pijanac dode u stan prije nego zavrsi u baru ako je od bara udaljenk blokova (0 6 k 6 m). Vrijedi p0 = 0, pm = 1 (u tim se slucajevima pijanac vecnalazi u baru, odn. stanu). Nadalje, pretpostavimo sada 0 < k < m. Imamo
P(H1) =1
2, P(A|H1) = pk+1,
P(H2) =1
2, P(A|H2) = pk−1.
Naime, ukoliko pijanac prvi put krene lijevo, od bara bude udaljen k + 1 blok, aukoliko krene desno, od bara bude udaljen k − 1 blok (dakle, trazimo vjerojatnostistog dogadaja, samo uz drugu udaljenost od bara). Sada je prema formuli potpunevjerojatnosti
pk = P(A) = P(A|H1)P(H1) + P(A|H2)P(H2) =1
2(pk+1 + pk−1).
Dakle, za 0 < k < m vrijedi relacija
2pk = pk−1 + pk+1. (2.1)
Ako u relaciju (2.1) uvrstimo redom k = 1, 2, . . ., dobivamo
2p1 = p0 + p2 ⇒ p2 = 2p1,
2p2 = p1 + p3 ⇒ p3 = 3p1,
2p3 = p2 + p4 ⇒ p4 = 4p1,
i tako dalje. Induktivno, pk = kp1. Zato imamo
1 = pm = mp1 ⇒ p1 =1
m,
a odavde P(A) = pk =k
m. Dakle, vjerojatnost da pijanac dode u stan prije nego
zavrsi u baru jednaka jek
m.
15
Poglavlje 3
Prebrojavanje
Zadatak (3.14.) Na slucajan nacin od 52 karte biramo 13 karata. Izracunajte vjerojat-nost da u dobivenim kartama nece biti zastupljene sve cetiri vrste.
Rjesenje.Prostor elementarnih dogadaja Ω cine svi 13-clani podskupovi skupa od 52 elementapa je |Ω| =
(5213
). Nadalje, definiramo dogadaj
A = medu izvucenim kartama nisu zasutpljene sve 4 vrste (boje).
Boju koja nije zastupljena mozemo birati na 4 nacina, a zatim od preostalih 39karata (koje nisu te boje) biramo njih 13 na
(3913
)nacina. Dakle, |A| = 4
(3913
)pa je
P(A) =4(3913
)(5213
) = 0.05116.
Zadatak (3.18.) Na peronu je vlak koji ima n vagona. Ako od m (m > n) putnikasvaki nasumce bira jedan vagon, izracunajte vjerojatnost da je u svakom vagonubarem jedan putnik.
Rjesenje.Za i = 1, . . . , n definiramo dogadaje
Ai = u i-tom vagonu nema putnika.
m putnika u n vagona mozemo smjestiti na ukupno nm nacina (za svakog putnikaimamo n mogucnosti). Pretpostavimo da u vagonima i1, . . . , ik nema putnika. Tadaputnike u preostalih n− k vagona mozemo smjestiti na (n− k)m nacina. Dakle,
P(Ai1 ∩ . . . ∩ Aik) =(n− k)m
nm.
Opcenito, za svaki k-clani podskup Ik ⊆ 1, . . . , n, 1 6 k 6 n, vrijedi
P
(⋂j∈Ik
Aj
)=
(n− k)m
nm.
Mi trazimo vjerojatnost
P
(n⋂
i=1
Aci
)= 1− P
(n⋃
i=1
Ai
).
16
Prema Sylvesterovoj formuli imamo
P
(n⋃
i=1
Ai
)=
n∑k=1
∑Ik⊆1,...,n
|Ik|=k
(−1)k+1P
(⋂j∈Ik
Aj
)
=n∑
k=1
(−1)k+1
(n
k
)(n− k)m
nm
Zato slijedi
P
(n⋂
i=1
Aci
)= 1−
n∑k=1
(−1)k+1
(n
k
)(n− k)m
nm
= (−1)0
(n
0
)(n− 0)m
nm+
n∑k=1
(−1)k
(n
k
)(n− k)m
nm
=n∑
k=0
(−1)k
(n
k
)(n− k)m
nm
=
∑nk=0(−1)k
(nk
)(n− k)m
nm
Zadatak (3.19.) Iz skupa 1, 2, . . . , 20 nasumce biramo 5 brojeva, jedan po jedan.Kolika je vjerojatnost da izaberemo
(a) 5 uzastopnih brojeva?
(b) 5 uzastopnih brojeva u rastucem poretku?
Rjesenje.Od 20 brojeva njih 5 mozemo odabrati na ukupno
(205
)nacina.
(a) Medu brojevima od 1 do 20 ukupno postoji 16 petorki uzastopnih brojeva (tosu petorke 1, . . . , 5, 2, . . . , 6, . . . 16, . . . , 20) pa je trazena vjerojatnost
16(205
) = 0.001032.
(b) Proizvoljnu uredenu petorku u skupu od 20 elemenata mo zemo odabrati na(205
)·5! nacina (jer nam je bitan i poredak elemenata unutar petorke). S druge
strane, rastucih petorki uzastopnih brojeva ponovno ima 16 pa je trazenavjerojatnost
16(205
)· 5!
= 0.0000085999.
Zadatak (3.22.) Luster ima 5 grla za zarulje, od kojih su 2 ispravna i 3 neispravna. Ugrla nasumce stavimo 5 zarulja medu kojima su 2 ispravne i 3 neispravne. Kolikaje vjerojatnost da cemo ukljucivanjem lustera u struju dobiti svjetlo?
Rjesenje.Definiramo dogadaje
A1 = prva ispravna zarulja je u ispravnom grlu,
17
A2 = druga ispravna zarulja je u ispravnom grlu.Trazimo vjerojatnost P(A1 ∪ A2). Zarulje u grla mozemo opcenito smjestiti naukupno 5! nacina. Nadimo sada broj razmjestaja kod kojih je jedna ispravna zaruljau ispravnom grlu. Zarulju mozemo izabrati na 2 nacina, grlo na 2, dok preostalezarulje mozemo smjestiti na 4! nacina. Dakle,
P(A1) = P(A2) =4 · 4!
5!.
Obje ispravne zarulje mozemo smjestiti u ispravna grla na 2 nacina, dok preostalezarulje mozemo smjestiti na 3! nacina. Zato je
P(A1 ∩ A2) =2 · 3!
5!.
Konacno,
P(A1 ∪ A2) = P(A1) + P(A2)− P(A1 ∩ A2) =4 · 4!− 2 · 3!
5!= 0.7.
Zadatak (3.29.) Dva igraca, A i B, igraju niz igara. U svakoj pojedinoj igri bez obzirana ishode prethodnih igara svaki igrac pobjeduje s vjerojatnoscu 1
2. Pobjednik igre
dobiva 1 bod, a porazeni 0 bodova. Dogovor je da igra traje dok A ne skupi 2 bodaili dok B ne skupi 3 boda. Prije pocetka igre A ulaze a kuna, a B b kuna, gdje jea + b = 64 kune. Ukupni pobjednik dobiva sav novac. Koliko mora svaki od njihuplatiti kako bi igra bila fair?
Rjesenje.Igra ce biti fair ukoliko je omjer ulozenih iznosa igraca A i B jednak omjeru njihovihvjerojatnosti za pobjedu. Uocimo da se prostor elementarnih dogadaja sastoji odnizova oblika AB, ABA, . . ., pri cemu nam A oznacava da je u toj igri pobijedioigrac A (analogno za B). Definiramo dogadaje
Q1 = pobijedio je igrac A,
Q1 = pobijedio je igrac A.Iz uvjeta zadatka vidimo da vrijedi Q1 = AA, ABA, BAA, ABBA, BABA, BBAA(A je pobijedio ako je skupio 2 boda, no za to je vrijeme B smio skupiti najvise2 boda jer u suprotnom B pobjeduje), Q2 = BBB, ABBB, BABB, BBAB (B jepobijedio ako je skupio 3 boda, no za to je vrijeme A smio skupiti najvise 1 bod).Dakle,
P(Q1) =
(1
2
)2
+ 2 ·(
1
2
)3
+ 3 ·(
1
2
)4
=11
16,
P(Q2) =
(1
2
)3
+ 3 ·(
1
2
)4
=5
16,
pa je omjer vjerojatnosti pobjede od A i B 11: 5. Slijedi da u tom omjeru igraci Ai B trebaju uloziti novac, odn. A treba uloziti 11
16· 64 = 44, a B 5
16· 64 = 20 kuna.
Zadatak (3.30.) U nekom se kraljevstvu organizira viteski turnir. Dan prije na turnirje doslo n vitezova. Netko je preko noci na slucajan nacin vitezovima izmijesaokoplja.
18
(a) Kolika je vjerojatnost da je barem jedan vitez na turniru nastupio sa svojimkopljem?
(b) Oznacimo vjerojatnost iz (a) sa pn. Odredite limn→∞
pn.
Rjesenje.
(a) Za i = 1, . . . , n definiramo dogadaje
Ai = na turniru je i-ti vitez nastupio sa svojim kopljem.
Poslozimo sve vitezove u niz. Koplja mozemo pridruziti vitezovima na ukupnon! nacina (broj permutacija skupa od n elemenata). Pretpostavimo sada dasu vitezovi i1, . . . , ik na turniru nastupili sa svojim kopljima. To znaci dasmo vitezovima na mjestima i1, . . . , ik u nizu pridruzili njihova koplja, doksmo preostala koplja mogli pridruziti na ukupno (n−k)! nacina (permutiramoskup od n− k elemenata). Dakle,
P(Ai1 ∩ · · · ∩ Aik) =(n− k)!
n!.
Opcenito, za svaki k-clani podskup Ik ⊆ 1, . . . , n, 1 6 k 6 n, vrijedi
P
(⋂j∈Ik
Aj
)=
(n− k)!
n!.
Sada prema Sylvesterovoj formuli slijedi da je trazena vjerojatnost jednaka
P
(n⋃
i=1
Ai
)=
n∑k=1
∑Ik⊆1,...,n
|Ik|=k
(−1)k+1P
(⋂j∈Ik
Aj
)
=n∑
k=1
(−1)k+1
(n
k
)(n− k)!
n!
=n∑
k=1
(−1)k+1 n!
k!(n− k)!· (n− k)!
n!
=n∑
k=1
(−1)k+1 1
k!
(b)
limn→∞
pn = limn→∞
n∑k=1
(−1)k+1 1
k!
= 1− limn→∞
n∑k=0
(−1)k
k!
= 1−∞∑
k=0
(−1)k
k!
= 1− e−1
19
Zadatak (3.31.) U kutiji se nalazi n kuglica. Na slucajan nacin izvucemo neki brojkuglica. Kolika je vjerojatnost da je broj izvucenih kuglica paran?
Rjesenje.Oznacimo A = 1, . . . , n. Trebamo odrediti broj podskupova skupa A s parnomnogo elemenata. Znamo da je |P(A)| = 2|A| = 2n (broj svih podskupova skupaA je 2n). Broj svih podskupova skupa A s parnim brojem elemenata odredit cemokoristenjem sljedecih svojstava binomnih koeficijenata (n ∈ N, 0 < k < n)(
n
k
)=
(n− 1
k − 1
)+
(n− 1
k
),
(n
n
)=
(n
0
)= 1. (3.1)
Ukoliko je n paran, broj svih podskupova od A s parnim brojem elemenata jestjednak (
n
0
)+
(n
2
)+
(n
4
)+ . . . +
(n
n
)=
(3.1)=
(n− 1
0
)+
(n− 1
1
)+
(n− 1
2
)+
(n− 1
3
)+
(n− 1
4
)+ . . . +
(n− 1
n− 1
)= 2n−1,
pri cemu posljednja jednakost slijedi prema binomnoj formuli. Analogno i u slucajukad je n neparan dobijemo da je broj podskupova skupa A s parnim brojem eleme-nata jednak (
n
0
)+
(n
2
)+ . . . +
(n− 1
n− 3
)+
(n
n− 1
)=
(3.1)=
(n− 1
0
)+
(n− 1
1
)+
(n− 1
2
)+ . . . +
(n− 1
n− 4
)+
(n− 1
n− 3
)+
(n− 1
n− 2
)+
(n− 1
n− 1
)= 2n−1.
Buduci da u obzir uzimamo samo neprazne podskupove od A (dakle, ne promatramo∅ koji ima paran broj elemenata), trazena je vjerojatnost jednaka
2n−1 − 1
2n − 1.
Zadatak (3.32.) Na peronu je vlak koji se sastoji od n vagona. Ako m putnika (m 6 n)nasumce bira vagon, izracunajte vjerojatnost
(a) da je u svakom vagonu najvise jedan putnik,
(b) da je u zadnjem vagonu tocno jedan putnik.
Rjesenje.m putnika mozemo smjestiti u n vagona na ukupno nm nacina.
(a) Ukoliko je u svakom vagonu najvise jedan putnik, to znaci da smo u tocnom vagona smjestili po jednog putnika, dok su preostali vagoni prazni. Prvogputnika u vagon mozemo smjestiti na n nacina, drugog na n − 1 nacin (nemozemo ga smjestiti jedino u vagon u koji smo smjestili prvog putnika), treceg
20
na n−2 nacin i tako sve do m-tog kojeg mozemo smjestiti na n−m+1 nacin.Dakle, ukupan je broj razmjestaja
n · (n− 1) · . . . (n−m + 1) =n!
(n−m)!,
pa je trazena vjerojatnostn!
(n−m)!
nm.
(b) Putnika kojeg cemo smjestiti u zadnji vagon biramo na m nacina. Preostalihm− 1 putnika smjestamo u n− 1 vagon na (n− 1)m−1 nacin. Zato je trazenavjerojatnost
m(n− 1)m−1
nm.
Zadatak (3.33.) Dr. Elmex ima 10 ”cudnih” pacijenata koji zbog straha od karijesadolaze na pregled jednom tjedno. Svatko od njih na slucajan nacin i nezavisno odostalih bira jedan od pet radnih dana u tjednu za posjet zubaru. Izracunajte vjero-jatnost da dr. Elmexa barem jedan dan nece posjetiti ni jedan ”cudni” pacijent.
Rjesenje.Za i = 1, . . . , 5 definiramo dogadaje
Ai = dr. Elmexa i-ti radni dan nije posjetio pacijent.
Analogno kao u zadatku 3.18. (u slucaju n = 5, m = 10), vidimo da za svaki k-clanipodskup Ik ⊆ 1, . . . , 5, 1 6 k 6 5, vrijedi
P
(⋂j∈Ik
Aj
)=
(5− k)10
510,
pa prema Sylvesterovoj formuli slijedi
P
(5⋃
i=1
Ai
)=
(5
1
)410
510−(
5
2
)310
510+
(5
3
)210
510−(
5
4
)110
510+ 0 = 0.4774528.
Zadatak (3.34.) Bacamo dvije simetricne kocke i dobivene ishode oznacimo sa A i B.Kolika je vjerojatnost da jednadzba
x2 + Ax + B = 0
ima realna rjesenja?
Rjesenje.Prostor elementarnih dogadaja jest
Ω = (i, j) : i, j ∈ 1, . . . , 6 ⇒ |Ω| = 36.
Kvadratna jednadzba x2 +Ax+B = 0 ima realna rjesenja akko joj je diskriminantaA2 − 4B veca ili jednaka od nule. Zato trazimo broj elemenata skupa
D = (i, j) ∈ Ω: i2 − 4j > 0.
21
Direktnom provjerom za zadani j odredujemo sve moguce i:
j i
1 → 2, 3, 4, 5, 6
2 → 3, 4, 5, 6
3 → 4, 5, 6
4 → 4, 5, 6
5 → 5, 6
6 → 5, 6
Dakle, |D| = 19 pa je
P(D) =19
36= 0.527778.
Zadatak (3.35.) 10 kuglica je oznaceno brojevima 1, 2, . . . , 10. Na slucajan nacin poredamokuglice u red. Izracunajte vjerojatnost da se mjesto barem jedne kuglice oznaceneparnim brojem podudara s brojem na njoj.
Rjesenje.Za i = 1, . . . , 5 definiramo dogadaje
Ai = kuglica s brojem 2i nalazi se na mjestu 2i.
Analogno kao u zadatku 3.30. vidimo da za svaki k-clani podskup Ik ⊆ 1, . . . , 5,1 6 k 6 5, vrijedi
P
(⋂j∈Ik
Aj
)=
(10− k)!
10!,
pa prema Sylvesterovoj formuli slijedi
P
(5⋃
i=1
Ai
)= 5 · 9!
10!−(
5
2
)8!
10!+
(5
3
)7!
10!−(
5
4
)6!
10!+
5!
10!= 0.40181878.
22
Poglavlje 4
Slucajne varijable
Zadatak (4.20.) Neka je X nenegativna cjelobrojna slucajna varijabla. Dokazite da je
EX =∞∑
n=0
PX > n.
Rjesenje.Neka je
X ∼(
0 1 2 . . . k . . .p0 p1 p2 . . . pk . . .
).
Imamo
EX =∞∑
k=0
kpk =∞∑
k=1
kpk =∞∑
n=1
∞∑k=n
pk︸ ︷︷ ︸=PX>n−1
=∞∑
n=1
PX > n− 1 =∞∑
k=0
PX > n.
Zadatak (4.30.) Odredite konstantu c tako da tablica(1 2 3 . . . n . . .cq1·2
cq2
2·3cq3
3·4 . . . cqn
n·(n+1). . .
)bude razdioba neke slucajne varijable, pri cemu je q ∈ 〈0, 1〉.Rjesenje.Mora vrijediti
∞∑k=1
cqk
k(k + 1)= 1,
cqk
k(k + 1)> 0, k ∈ N.
Imamo∞∑
k=1
qk
k(k + 1)=
∞∑k=1
qk
(1
k− 1
k + 1
)=
∞∑k=1
qk
k−
∞∑k=1
qk
k + 1.
Nadalje,1
1− q=
∞∑k=0
qk /
∫dq
⇒ − ln(1− q) =∞∑
k=0
qk+1
k + 1=
∞∑k=1
qk
k
23
⇒ − ln(1− q) = q +∞∑
k=1
qk+1
k + 1= q + q
∞∑k=1
qk
k + 1
⇒∞∑
k=1
qk
k + 1= − ln(1− q) + q
q.
Sada slijedi
∞∑k=1
cqk
k(k + 1)= 1 ⇒ 1
c= − ln(1− q) +
ln(1− q) + q
q
⇒ c =q
(1− q) ln(1− q) + q.
Zadatak (4.31.) Neka su X ∼ P (λ) i Y ∼ P (µ) nezavisne slucajne varijable, gdje suλ, µ > 0. Odredite distribuciju od X + Y .
Rjesenje.X, Y primaju vrijenosti u N0 ⇒ X + Y prima vrijednosti u N0. Neka je n ∈ N0
proizvoljan. Imamo
P X + Y = n = P
(n⋃
k=0
X = k, Y = n− k
)= (konacna aditivnost) =
=n∑
k=0
P X = k, Y = n− k = (nezavisnost) =n∑
k=0
P X = kP Y = n− k =
=n∑
k=0
e−λ λk
k!e−µ µn−k
(n− k)!= e−(λ+µ)
n∑k=0
1
k!(n− k)!λkµn−k =
= e−(λ+µ) 1
n!
n∑k=0
(n
k
)λkµn−k = e−(λ+µ) (λ + µ)n
n!
⇒ X + Y ∼ P (λ + µ)
Napomena. X1 ∼ P (λ1), . . . , Xn ∼ P (λn) nezavisne ⇒ X1+ . . .+Xn ∼ P (λ1+ . . .+λn)
Zadatak (4.33.) Neka je X slucajna varijabla takva da P X = 1 = p = 1−P X = −1.Nadite c 6= 1 takav da je E
[cX]
= 1.
Rjesenje.Zakon razdiobe od X:
X ∼(
−1 11− p p
)⇒ cX ∼
(c−1 c
1− p p
)E[cX]
= 1 ⇒ (1− p)c−1 + pc = 1
pc2 − c + (1− p) = 0
c =1±
√1− 4p(1− p)
2p=
1± |1− 2p|2p
Rjesenje c = 1 odbacujemo zbog uvjeta zadatka pa je jedino rjesenje c = 1−pp
.
24
Zadatak (4.34.) Bacaju se dvije simetricne kocke i rezultati se zbroje. Izracunajteocekivanje i varijancu dobivenog zbroja.
Rjesenje.Neka je X zbroj brojeva na kockama. Slucajna varijabla X prima vrijednosti uskupu 2, . . . , 12. Prikazimo sve moguce kombinacije brojeva na kockama i njihovihzbrojeva tablicom:
1 2 3 4 5 61 2 3 4 5 6 72 3 4 5 6 7 83 4 5 6 7 8 94 5 6 7 8 9 105 6 7 8 9 10 116 7 8 9 10 11 12
Sada iz dobivene tablice mozemo odrediti zakon razdiobe od X:
X ∼(
2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12136
236
336
436
536
636
536
436
336
236
136
).
Slijedi
EX = 14 · 1 + 2 + 3 + 4 + 5
36+ 7 · 6
36= 7.
Nadalje,
E[X2]
= (4 + 144) · 1
36+ (9 + 121) · 2
36+ (16 + 100) · 3
36+ (25 + 81) · 4
36+ (36 +
64) · 5
36+ 49 · 6
36=
329
6,
⇒ Var X = E[X2]− (EX)2 =
35
6.
Zadatak (4.35.) Neka je X slucajna varijabla takva da je Var X < ∞. Dokazite dafunkcija a 7→ E [(X − a)2] poprima jedinstveni minimum u tocki a = EX.
Rjesenje.Vrijedi Var X < ∞⇒ E [X2] , EX < ∞. Sada imamo
E[(X − a)2
]= E
[X2 − 2aX + a2
]= E
[X2]− 2aEX + a2
=(a2 − 2aEX + (EX)2
)+ E
[X2]− (EX)2 = (a− EX)2 + Var X.
Dakle, ocito je da zadana funkcija poprima minimalnu vrijednost Var X u tockia = EX.
Zadatak (4.38.) Iz skupa 1, 2, . . . , n biramo dva broja (mozemo 2 puta izabrati istibroj). Oznacimo sa X veci od brojeva. Izracunajte EX.
Rjesenje.X prima vrijednosti u skupu 1, 2, . . . , n. Za proizvoljan k ∈ 1, . . . , n, trazimosve parove brojeva iz tog skupa za koje je k veci clan para. To su parovi oblika (j, k)i (k, j), pri cemu je j = 1, . . . , k − 1 te (k, k). Zato ih ima 2(k − 1) + 1 = 2k − 1.Buduci da je ukupan broj parova n2, imamo
P X = k =2k − 1
n2.
25
Sada je
EX =n∑
k=1
k(2k − 1)
n2
=1
n2
n∑k=1
2k2 − k
=1
n2
(2
n∑k=1
k2 −n∑
k=1
k
)
=1
n2
(2 · n(n + 1)(2n + 1)
6− n(n + 1)
2
)
=n + 1
n
(2n + 1
3− 1
2
)
=n + 1
n· 4n + 2− 3
6
=(n + 1)(4n− 1)
6n
Zadatak (4.39.) Neka su X i Y nezavisne i jednako distribuirane slucajne varijable socekivanjem µ i varijancom σ2. Izracunajte E [(X − Y )2] .
Rjesenje.
E [(X − Y )2] = E [X2 −XY − Y X + Y 2]= E [X2]− E[XY ]− E[Y X] + E [Y 2]= (nezavisnost)= E [X2]− EXEY − EY EX + E [Y 2]= (EX = EY = µ)= E [X2]− (EX)2 + E [Y 2]− (EY )2
= (Var X = E [X2]− (EX)2)= Var X + Var Y= σ2 + σ2
= 2σ2
Zadatak (4.40.) Nadite parametar p slucajne varijable X s geometrijskom distribucijom
ako za nju vrijedi∞∑
n=1
PX2 > n
= 1.
Rjesenje.X2 je nenegativna (dapace, pozitivna) cjelobrojna slucajna varijabla pa imamo(zadatak 4.20.)
E[X2]
=∞∑
n=0
PX2 > n
= P
X2 > 0
︸ ︷︷ ︸=1
+∞∑
n=1
PX2 > n
= 1 + 1 = 2.
26
Sada imamoVar X = E
[X2]− (EX)2
⇒ 1
p= 2− 1− p
p2
⇒ p =1√2
Napomena. Neka je X ∼ G(p) geometrijska slucajna varijabla s parametrom p. Tadaje njeno ocekivanje
EX =∞∑
k=1
kqk−1p = p∞∑
k=1
kqk−1 = p · 1
(1− q)2=
1
p.
Nadalje,
E [X(X − 1)] =∞∑
k=1
k(k − 1)qk−1p = pq∞∑
k=1
k(k − 1)qk−2
= pq · 2
(1− q)3=
2q
p2,
pa za varijancu od X imamo
Var X = E[X2]− (EX)2 = E [X(X − 1)] + EX − (EX)2 =
2q
p2+
1
p− 1
p2
⇒ Var X =1− p
p2.
Zadatak (4.41.) Neka su X i Y nezavisne slucajne varijable koje poprimaju vrijednostiu skupu N ∪ 0. Pretpostavimo da je EX < ∞.
(a) Pokazite da postoji ocekivanje slucajne varijable minX, Y .(b) Pokazite da vrijedi
E[minX,Y ] =∞∑
n=0
P(X > n)P(Y > n).
Rjesenje.
(a) Neka je Ω = ωk : k ∈ K ⊆ N prostor elementarnih dogadaja. Tada (premadefiniciji matematickog ocekivanja s predavanja) red∑
ω∈Ω
X(ω)P(ω)
apsolutno konvergira i njegova je suma jednaka EX. S druge strane, zbog
minX, Y (ω) 6 X(ω), ω ∈ Ω,
slijedi da je red∑ω∈Ω
minX, Y (ω)P(ω) majoriziran konvergentnim redom∑ω∈Ω
X(ω)P(ω)
pa je po usporednom kriteriju i sam konvergentan (a time i apsolutno konver-gentan jer je to red s nenegativnim clanovima). Dakle, slucajna varijablaminX,Y ima ocekivanje.
27
(b) Buduci da su X i Y nenegativne cjelobrojne slucajne varijable, slucajna var-ijabla minX, Y je takoder nenegativna i cjelobrojna. Zato prema zadatku4.20. vrijedi
E[minX, Y ] =∞∑
n=0
P(minX, Y > n)
=∞∑
n=0
P(X > n ∩ Y > n)
= [koristimo pretpostavku o nezavisnosti X i Y ]
=∞∑
n=0
P(X > n)P(Y > n)
Zadatak (4.43.) Neka su X i Y diskretne slucajne varijable takve da je P(|X − Y | 6M) = 1 za neki M ∈ R i da slucajna varijabla X ima ocekivanje.
(a) Pokazite da slucajna varijabla Y ima ocekivanje.
(b) Pokazite da vrijedi|EX − EY | 6 M.
Rjesenje.
(a) Uocimo da zbog P(|X − Y | 6 M) = 1 imamo
|X − Y | 6 M ⇔ −M 6 X − Y 6 M.
Neka je
X − Y ∼(
a1 a2 . . .p1 p2 . . .
).
Red∑
|aipi| =∑
|ai|pi je majoriziran redom∑
Mpi koji je konvergentan:∞∑i=1
Mpi = M
∞∑i=1
pi = M < ∞.
⇒ Po usporednom kriteriju red∑
|aipi| konvergira pa red∑
aipi apsolutno
konvergira, odnosno slucajna varijabla X − Y ima ocekivanje. Sada slijedi dapostoji
EX − E[X − Y ] = E[X − (X − Y )] = EY < ∞,
tj. slucajna varijabla Y ima ocekivanje.
(b) Imamo−M 6 X − Y 6 M, /E
−M 6 E[X − Y ] 6 M,
|E[X − Y ]| 6 M,
|EX − EY | 6 M,
pri cemu smo koristili da je matematicko ocekivanje monotono i linearno te daje ocekivanje konstante jednako toj konstanti.
28
Zadatak (4.44.) Neka je X geometrijska slucajna varijabla s parametrom p. Pokaziteda je
E[
1
X
]= −p ln p
1− p.
Rjesenje.Imamo
E[
1
X
]=
∞∑k=1
qk−1p
k=
p
q
∞∑k=1
qk
k=
p
q· (− ln(1− q)) = −p ln p
1− p.
Zadatak (4.45.) Neka je X ∼ P (λ). Pokazite da je
E [Xn] = λE[(X + 1)n−1
]i izracunajte E [X3].
Rjesenje.
E [Xn] =∞∑
k=0
kne−λ λk
k!=
∞∑k=1
kne−λ λk
k!=
∞∑k=1
kn−1e−λ λk
(k − 1)!
= λ∞∑
k=1
kn−1e−λ λk−1
(k − 1)!= λ
∞∑k=0
(k + 1)n−1e−λ λk
k!= λE
[(X + 1)n−1
].
Sada primjenjujuci upravo dokazanu jednakost dobivamo
E[X3]
= λE[(X + 1)2
]= λE
[X2 + 2x + 1
]=
λ(E[X2]+ 2EX + 1
)= λ (λE [X + 1] + 2λ + 1) =
λ (λEX + λ + 2λ + 1) = λ(λ2 + 3λ + 1
)Zadatak (4.46.) Pretpostavite da igrate igru u kojoj pobjedujete s vjerojatnoscu p.
Igrate 5 igara i ako pobijedite u petoj igri, nastavljate igrati sve dok ne izgubite.
(a) Nadite ocekivani broj igara koje cete odigrati.
(b) Nadite ocekivani broj igara koje cete izgubiti.
Rjesenje.
(a) Neka je X broj igara koji cemo odigrati. Imamo
X ∼(
5 6 7 . . . 5 + k . . .1− p p(1− p) p2(1− p) . . . pk(1− p) . . .
).
(naime, da bismo odigrali tocno 5 + k igara, moramo izgubiti u posljednjoj, apobijediti u svakoj od pete do predzadnje - za prve 4 je svejedno pobijedimo
29
li ili izgubimo)Sada je
EX =∞∑
k=0
(5 + k)pk(1− p)
= (1− p)
(∞∑
k=0
5pk +∞∑
k=0
kpk
)
= (1− p)
(5
1− p+
p
(1− p)2
)
= 5 +p
1− p
.
(1
1− p=
∞∑k=0
pk /d
dp⇒ 1
(1− p)2=
1
p
∞∑k=0
kpk
)(b) Neka je Y broj igara koje cemo izgubiti. Uocimo da Y prima vrijednosti u
skupu 1, . . . , 5 (naime, mogli smo izgubiti najvise jednu igru od pete nadaljei prve cetiri - to je ukupno 5, a najmanje smo izgubili jednu igru, i to od petenadalje). Sada promatramo slucajeve:
1 Y = 1Sve smo prve 4 igre pobijedili, zatim smo pobijedili jos k igara (∈ N0) ionda jednu izgubli. Dakle,
P Y = 1 =∞∑
k=0
p4+k(1− p) = p4(1− p)1
1− p= p4.
2 Y = 2U prve 4 igre smo izgubili jednu - biramo ju na
(41
)nacina, zatim smo
pobijedili u k i onda jednu izgubli:
PY = 2 =∞∑
k=0
(4
1
)p3+k(1−p)2 =
(4
1
)p3(1−p)2 · 1
1− p=
(4
1
)p3(1−p).
Analogno za Y = 3, 4, 5 pa imamo
Y ∼(
1 2 3 4 5p4
(41
)p3(1− p)
(42
)p2(1− p)2
(43
)p3(1− p) (1− p)4
).
Dakle,
EY =5∑
k=1
k
(4
k − 1
)p5−k(1− p)k−1
= +
p4
−8p4 + 8p3
18p4 − 36p3 + 18p2
−16p4 + 48p3 − 48p2 + 16p5p4 − 20p3 + 30p2 − 20p + 5
= 5− 4p.
30
Poglavlje 5
Slucajni vektori
Zadatak (5.6.) Slucajna varijabla X ima razdiobu
X ∼(−1 0 114
12
14
)i Y = X2.
(a) Nadite razdiobu slucajnog vektora (X, Y ).
(b) Jesu li slucajne varijable X i Y nezavisne?
(c) Odredite koeficijent korelacije slucajnih varijabli X i Y .
Rjesenje.Vrijedi
Y = X2 ⇒ Y ∼(
0 112
12
).
(a)X \ Y 0 1 Σ−1 0 1
414
0 12
0 12
1 0 14
14
Σ 12
12
1
(b) Vrijedi: X, Y nezavisne ⇔ fX,Y (x, y) = fX(x)fY (y) ∀x, y ∈ R. Buduci da je
fX,Y (−1, 0) = 0 6= 1
8= fX(−1)fY (0),
X i Y nisu nezavisne.
(c) Imamo
X3 ∼(−1 0 114
12
12
), X4 ∼
(0 112
12
),
pa imamo
Cov(X, Y ) = E[XY ]− EXEY = E[X3]− EXEY = 0− 0 · 1
2= 0.
Dakle,
ρ(X, Y ) =Cov(X, Y )√Var X
√Var Y
= 0.
31
Zadatak (5.7.) Neka su X, Y i Z slucajne varijable i a, b, c, d ∈ R. Pokazite da vrijedi
(a) Cov(aX + b, cY + d) = ac Cov(X, Y )
(b) Cov(aX + bY, Z) = a Cov(X, Z) + b Cov(Y, Z)
(c) Var(X + Y ) = Var X + Var Y + 2 Cov(X, Y )
Rjesenje.
(a) Cov(aX + b, cY + d) =E[(aX + b)(cY + d)]− E[aX + b]E[cX + d] =E[acXY + adX + bcY + bd]− (aEX + b)(cEY + d) =acE[XY ] + adEX + bcEY + bd− acExEY − adEX − bcEY − bd =ac(E[XY ]− EXEY ) =ac Cov(X,Y )
(b) Cov(aX + bY, Z) =E[(aX + bY )Z]− E[aX + bY ]EZ =aE[XZ] + bE[Y Z]− aEXEZ − bEY EZ =a(E[XZ]− EXEZ) + b(E[Y Z]− EY EZ) =a Cov(X, Z) + b Cov(Y, Z)
(c) Var(X + Y ) =E [(X + Y )2]− (E[X + Y ])2 =E [X2] + 2E[XY ] + E [Y 2]− (EX)2 − 2EXEY − (EY )2 =E [X2]− (EX)2 + 2(E[XY ]− EXEY ) + E [Y 2]− (EY )2 =Var X + 2 Cov(X, Y ) + Var Y
Zadatak (5.8.) Za sljedece funkcije f : R → [0,∞〉 nadite c ∈ R tako da one budufunkcije gustoce neke slucajne varijable. Izracunajte ocekivanja tih slucajnih vari-jabli.
(a)
f(x) =
c2x
x!, x ∈ N
0 ,inace
(b)
f(x) =
cx(x+1)
, x ∈ N0 ,inace
Rjesenje.
(a) Mora vrijediti∞∑
x=1
c2x
x!= c
∞∑x=1
2x
x!= 1
Imamo∞∑
x=1
2x
x!=
∞∑x=0
2x
x!− 1 = e2 − 1
32
⇒ c =1
e2 − 1Racunamo ocekivanje
EX =∞∑
x=1
1
e2 − 1· 2x
x!· x =
2
e2 − 1
∞∑x=0
2x
x!=
2e2
e2 − 1
(b)∞∑
x=1
c
x(x + 1)= c
∞∑x=1
(1
x− 1
x + 1
)= c
(∞∑
x=1
1
x−
∞∑x=2
1
x
)= 1
⇒ c = 1
Za ocekivanje imamo
EX =∞∑
x=1
x
x(x + 1)=
∞∑x=1
1
x + 1
pa vidimo da ne postoji EX (naime, dobiveni red je harmonijski red koji jedivergentan).
Zadatak (5.9.) Funkcija gustoce slucajnog vektora (X, Y, Z) je dana s
f(1, 2, 3) = f(2, 1, 1) = f(2, 2, 1) = f(2, 3, 2) = 0.25.
Izracunajte:
(a) E[XY Z]
(b) E[XY + Y Z + ZX]
Rjesenje.
(a) E[XY Z] =∑x,y,z
xyzf(x, y, z) = 6 · 0.25 + 2 · 0.25 + 4 · 0.25 + 12 · 0.25 = 6
(b) Odredimo funkcije gustoce slucajnih vektora (X, Y ), (X, Z), (Y, Z):
fX,Y (1, 2) = fX,Y (2, 1) = fX,Y (2, 2) = fX,Y (2, 3) =1
4,
fX,Z(1, 3) = fX,Z(2, 2) =1
4, fX,Y (2, 1) =
1
2,
fY,Z(2, 3) = fY,Z(1, 1) = fY,Z(2, 1) = fY,Z(3, 1) =1
4.
Sada je
E[XY ] =∑x,y
xyfX,Y (x, y) =1
4(2 + 2 + 4 + 6) =
7
2,
E[XZ] =∑x,z
xzfX,Z(x, z) =1
4(3 + 4) +
1
2· 2 =
11
4,
E[Y Z] =∑y,z
yzfY,Z(y, z) =1
4(6 + 1 + 2 + 6) =
15
4,
pa slijediE[XY + XZ + Y Z] = 10.
33
Zadatak (5.10.) Slucajni vektor (X, Y ) ima razdiobu
X \ Y −a 0 a−a 0 0.25 00 0.25 0 0.25a 0 0.25 0
Pokazite da su slucajne varijable X + Y i X − Y nezavisne.
Rjesenje.Iz tablice razdiobe slucajnog vektora (X, Y ) dobijemo razdiobe od X + Y i X − Y :
X + Y ∼(−a a0.5 0.5
), X − Y ∼
(−a a0.5 0.5
),
a zatim i razdiobu slucajnog vektora (X + Y,X − Y ):
X + Y \X − Y −a a Σ−a 0.25 0.25 0.5a 0.25 0.25 0.5Σ 0.5 0.5 1
(Na primjer, X + Y = a, X − Y = −a = X = 0, Y = a.)Sada se iz tablice distribucije vektora (X + Y, X − Y ) lako vidi da su slucajnevarijable X + Y i X − Y nezavisne jer za sve x, y ∈ R vrijedi
fX+Y,X−Y (x, y) = fX+Y (x)fX−Y (y).
Zadatak (5.11.) Neka je X slucajna varijabla s funkcijom distribucije
FX(x) =
0 , x < 014
, 0 6 x < 112
, 1 6 x < 21 , x > 2
i neka je Y = X2. Izracunajte
(a) P(0.5 6 X 6 1.5)
(b) P(Y 6 X)
(c) P(X + Y 6 0.75)
Rjesenje.Za zakone razdiobe od X i Y vrijedi
X ∼(
0 1 214
14
12
), Y ∼
(0 1 414
14
12
).
Sada imamo
(a) P(0.5 6 X 6 1.5) = P(X = 1) = 14
(b) P(Y 6 X) = P(X(X − 1) 6 0) = P(X = 1) + P(X = 0) = 12
34
(c) P(X + Y 6 0.75) = P((X + 12)2 6 1) = P(X = 0) = 1
4
Zadatak (5.12.) Neka su X1, X2, X3, X4 i X5 nezavisne slucajne varijable s varijancomσ2. Izracunajte:
(a) Cov(X1 + X2, X4 + X5)
(b) koeficijent korelacije izmedu slucajnih varijabli X1 + X2 + X3 i X3 + X4 + X5.
Rjesenje.
(a) Koristimo zadatak 5.7.(b):
Cov(X1 + X2, X4 + X5) = Cov(X1, X4 + X5) + Cov(X2, X4 + X5) =
= Cov(X4 + X5, X1) + Cov(X4 + X5, X2) =
= Cov(X4, X1) + Cov(X5, X1) + Cov(X4, X2) + Cov(X5, X2) =
= (nezavisnost ⇒ nekoreliranost) = 0
(b) Koristeci (a) dio i zadatak 5.7.(b) dobivamo da vrijedi
Cov(X1 + X2 + X3, X3 + X4 + X5) = Cov(X3, X3) = Var X3 = σ2,
pa slijedi
ρ =Cov(X1 + X2 + X3, X3 + X4 + X5)√
Var(X1 + X2 + X3) Var(X3 + X4 + X5)=
σ2
√3σ2 · 3σ2
=1
3.
Napomena. Vrijedi Cov(X,X) = E [X2]− (EX)2 = Var X.
Zadatak (5.13.) Bacamo dvije simetricne kocke. Neka je X manji, a Y veci broj kojije pao na kockama. Odredite E[X|Y ].
Rjesenje.Najprije odredimo tablicu distribucije slucajnog vektora (X, Y ):
X \ Y 1 2 3 4 5 6 Σ1 1
36236
236
236
236
236
1136
2 0 136
236
236
236
236
936
3 0 0 136
236
236
236
736
4 0 0 0 136
236
236
536
5 0 0 0 0 136
236
336
6 0 0 0 0 0 136
136
Σ 136
336
536
736
936
1136
1
Sada za n ∈ 1, 2, 3, 4, 5, 6 imamo:
E[X|Y = n] =1
fY (n)
6∑x=1
xfX,Y (x, n) =n · 1
36+ (1 + 2 + . . . + (n− 1)) · 2
362n−1
36
=
=136
n + 236· (n−1)n
22n−1
36
=n + n2 − n
2n− 1=
n2
2n− 1
⇒ E[X|Y ] =Y 2
2Y − 1
35
Zadatak (5.14.) Neka su X i Y slucajne varijable takve da je EX = EY = 0 i Var X =Var Y = 1. Ako je ρ = ρ(X, Y ), pokazite nejednakosti
(a) E[maxX2, Y 2] 6 1 +√
1− ρ2
(b) E[minX2, Y 2] > 1−√
1− ρ2
(Uputa: minx, y = 12(x + y − |x− y|), maxx, y = 1
2(x + y + |x− y|))
Rjesenje.
(a) ImamoCov(X, Y ) = E[XY ]− EXEY = E[XY ]
⇒ ρ = E[XY ]
⇒ E[X2] = Var X − (EX)2 = 1 = E[Y 2]
Vrijedi
E[maxX2, Y 2] =1
2E[X2] +
1
2E[Y 2] +
1
2E[|X2 − Y 2|] = 1 +
1
2E[|X2 − Y 2|],
pa zadana nejednakost postaje
1
2E[|X2 − Y 2|] 6
√1− (E[XY ])2. (5.1)
Primjenom Cauchyjeve nejednakosti za matematicko ocekivanje dobivamo
E[|X2 − Y 2|] =1
2E[|X + Y | · |X − Y |] 6
√E[(X + Y )2] · E[(X − Y )2],
pa da bi vrijedila nejednakost (5.1), dovoljno je pokazati
1
2
√E[(X + Y )2] · E[(X − Y )2] 6
√1− (E[XY ])2
⇔ E[X2 + 2XY + Y 2] · E[X2 − 2XY + Y 2] 6 4− 4(E[XY ])2
⇔(E[X2])2 − 2E[X2]E[XY ] + E[X2]E[Y 2]
2E[Y 2]E[X2]− 4(E[XY ])2 + 2E[XY ]E[Y 2]E[Y 2]E[X2]− 2E[X2]E[Y 2] + (E[Y 2])2
+ 6 4− 4(E[XY ])2
(E[X2])2 + 2E[X2]E[Y 2] + (E[Y 2])2 6 4
(E[X2] + E[Y 2])2 6 4
⇔ 4 6 4
(b) Ova je nejednakost ekvivalentna nejednakosti (5.1) iz (a) dijela zadatka patakoder vrijedi.
36
Poglavlje 6
Neprekidne slucajne varijable
Zadatak (6.25.) Neprekidna slucajna varijabla X ima funkciju gustoce
f(x) =
ax + bx2, 0 < x < 1
0, inace,
i vrijedi EX = 0.5..
(a) Izracunajte P(X < 0.5).
(b) Izracunajte Var X.
Rjesenje.Vrijedi ∫ 1
0
f(x)dx =a
2x2 +
b
3x3
∣∣∣∣10
=a
2+
b
3= 1,
EX =
∫ 1
0
xf(x)dx =a
3x3 +
b
4x4
∣∣∣∣10
=a
3+
b
4= 0.5
⇒ a = 6, b = −6.
Sada imamo:
(a) P(X < 0.5) =
∫ 1
0
6x− 6x2dx =1
2
(b) Var X =
∫ 1
0
(x− 0.5)2(6x− 6x2)dx =1
20
Zadatak (6.27.) Na nekom ispitu su bodovi normalno distribuirani s ocekivanjem 76 istandardnom devijacijom 15. Najboljih 15% studenata dobije ocjenu 5, a najlosijih10% studenata ocjenu 1. Nadite:
(a) najmanji broj bodova potreban za ocjenu 5,
(b) najmanji broj bodova potreban za prolaz.
Rjesenje.Neka je X broj bodova studenta na ispitu. Tada X ∼N(76, 152).
37
(a) Trazimo najmanji broj n takav da P(X > n) 6 0.15 (najvise 15% studenatadobije ocjenu 5). Imamo
P(X > n) 6 0.15 ⇒ P(X < n) > 0.85
⇒ P(
X − 76
15<
n− 76
15
)> 0.85
⇒ Φ
(n− 76
15
)> Φ(1.03)
⇒ n− 76
15> 1.03
⇒ n > 91.45
Najmanji broj bodova potreban za ocjenu 5 je 92.
(b) Trazimo najmanji broj n takav da P(X > n) 6 0.9 (najvise 90% studenataprode na ispitu). Imamo
P(X > n) 6 0.9 ⇒ P(X < n) > 0.1
⇒ P(
X − 76
15<
n− 76
15
)> 0.1
⇒ Φ
(n− 76
15
)> 0.1 = 1− 0.9 > 1− Φ(1.29)
⇒ Φ
(n− 76
15
)> Φ(−1.29)
⇒ n− 76
15> −1.29
⇒ n > 56.65
Najmanji broj bodova potreban za prolaz je 57.
Zadatak (6.28.) Neprekidna slucajna varijabla ima jedinicnu Cauchyevu razdiobuako joj je gustoca
f(x) =1
π(1 + x2), x ∈ R.
(a) Postoji li EX?
(b) Pokazite da Y = 1X
takoder ima jedinicnu Cauchyevu razdiobu.
Rjesenje.
(a) Varijabla X ima ocekivanje ako i samo ako∫ ∞
−∞
x
π(1 + x2)dx konvergira
⇔∫ ∞
1
x
π(1 + x2)dx +
∫ 1
−∞
x
π(1 + x2)dx konvergira.
38
No vrijedi
limx→∞
xπ(1+x2)
1x
= limx→∞
x2
π(1 + x2)=
1
π∈ 〈0,∞〉,
a kako nepravi integral
∫ ∞
1
1
xdx divergira, prema granicnom kriteriju slijedi
da nepravi integral
∫ ∞
1
x
π(1 + x2)dx takoder divergira. Dakle, ne postoji EX.
(b) Trebamo odrediti koliko je P( 1X
6 x) za x ∈ R. Razlikujemo slucajeve:
1 x > 0
P(1
X6 x) = P
(X >
1
x
)+P (X 6 0) =
∫ ∞
1/x
1
π(1 + t2)dt+
∫ 0
−∞
1
π(1 + t2)dt
Nadalje,∫ ∞
1/x
1
π(1 + t2)dt =
[t = 1
y
dt = − 1y2 dy
]= −
∫ 0
x
1
π(1 + y2)dy =
∫ x
0
1
π(1 + y2)dy,
pa slijedi
P(
1
X6 x
)=
∫ x
0
1
π(1 + t2)dt +
∫ 0
−∞
1
π(1 + t2)dt =
=
∫ x
−∞
1
π(1 + t2)dt = P(X 6 x).
2 x = 0Vrijedi
P(
1
X6 0
)= P(X 6 0).
3 x > 0
P(
1
X6 x
)= P
(0 > X >
1
x
)=
∫ 0
1/x
1
π(1 + t2)dt =
=
[t = 1
y
dt = − 1y2 dy
]= −
∫ −∞
x
1
π(1 + y2)dy =
∫ x
−∞
1
π(1 + y2)dy = P(X 6 x).
Dakle, Y = 1X
ima jedinicnu Cauchyevu razdiobu.
Napomena. Divergencija integrala iz (a) dijela prethodnog zadatka moze se pokazati idirektnim racunom. Granicni kriterij koji je koristen u rjesenju zadatka glasi:Neka su f, g : [a,∞〉 → 〈0,∞〉 dvije funkcije koje su R-integrabilne na svakomsegmentu [a, b], b > a. Pretpostavimo da postoji limes
limx→∞
f(x)
g(x)∈ 〈0,∞〉.
Tada nepravi integral
∫ ∞
a
f(x)dx konvergira ako i samo ako nepravi integral
∫ ∞
a
g(x)dx
konvergira.
39
Zadatak (6.30.) Godisnje padaline (u cm) u nekom podrucju su normalno distribuiranes ocekivanjem 40 i standardnom devijacijom 4. Izracunajte vjerojatnost da ce tre-bati barem 10 godina da kolicina padalina prijede 50 cm.
Rjesenje.X = godisnja kolicina padalina ⇒ X ∼N(40, 42)Trazimo vjerojatnost da kolicina u barem 10 godina ne prijede 50 cm. Vjerojatnostda se to dogodi u jednoj godini je
P(X 6 50) = P(
X − 40
46 2.5
)= Φ(2.5) = 0.9938,
pa je trazena vjerojatnostP = (0.9938)10.
Zadatak (6.33.) Slucajna varijabla ima gustocu
f(x) = (α− 1)x−α, x > 1,
gdje je α > 1 konstanta. Izracunajte EX.
Rjesenje.Imamo
EX =
∫ ∞
1
xf(x)dx = (α− 1)
∫ ∞
1
x1−αdx.
Opcenito, nepravi integral
∫ ∞
a
xβdx, a > 0, konvergira za β < −1, dok za β > −1
divergira. Dakle, EX postoji za 1− α < −1, odn. α > 2 i u tom je slucaju
EX = (α− 1)
∫ ∞
1
x1−αdx =α− 1
2− αx2−α
∣∣∣∣∞1
=α− 1
2− α(0− 1) =
1− α
2− α.
Zadatak (6.34.) Pretpostavimo da X ima jedinicnu normalnu razdiobu. IzracunajteE[etX ], t ∈ R.
Rjesenje.Funkcija gustoce od X jest
f(x) =1√2π
e−x2
2 , x ∈ R,
pa slijedi
E[etX ] =
∫ ∞
−∞etxf(x)dx =
∫ ∞
−∞
1√2π
etx−x2
2 dx =
∫ ∞
−∞
1√2π
e−(x−t)2
2+ t2
2 dx
= et2
2
∫ ∞
−∞
1√2π
e−(x−t)2
2 dx =
[y = x− tdy = dx
]= e
t2
2
∫ ∞
−∞
1√2π
e−y2
2 dy︸ ︷︷ ︸=1
= et2
2 .
40
Zadatak (6.35.) U prosjeku je 2% ljudi ljevoruko. Nadite vjerojatnost da je medu 100ljudi barem troje ljevaka.
Rjesenje.X = broj ljevorukih ljudi ⇒ X ∼B(100, 0.02)Buduci da je n > 20, np = 2 < 10, prema teoremu o aproksimaciji binomne slucajnevarijable Poissonovom imamo
P(X > 3) = 1− P(X < 3) ≈ 1− e−2
(1 +
2
1!+
22
2!
)≈ 0.3233.
Zadatak (6.38.) Neka kompanija ima jeftine avionske letove iz Amsterdama za London.U avionu je 150 mjesta, a svaki putnik koji rezervira kartu se zaista vozi avionoms vjerojatnoscu 0.9. Kompanija u svakom slucaju zeli napuniti avion pa se uvijekproda 160 rezervacija. Izracunajte vjerojatnost da u avionu nece biti mjesta.
Rjesenje.X = broj ljudi koji se voze avionom ⇒ X ∼B(160, 0.9)Trebamo odrediti kolika je vjerojatnost da ce na let doci vise od 150 putnika. Premaintegralnom Moivre - Laplaceovom teoremu imamo:
P(X > 150) = 1− P(X 6 150) = 1−Φ
(150− 160 · 0.9√
160 · 0.9 · 0.1
)= 1−Φ(1.58) = 0.0571.
Zadatak (6.39.) Koliko puta treba baciti 3 simetricne kocke da bi s vjerojatnoscu odbarem 0.9 barem 50 puta dobili barem 2 sestice u jednom bacanju?
Rjesenje.Vjerojatnost da u jednom bacanju triju simetricnih kocaka dobijemo barem 2 sesticejednaka je 1+3·5
63 = 227
(naime, od ukupno 63 = 216 mogucih ishoda ”povoljno” jenjih 1 + 3 · 5 = 16; to je ishod u kojem su pale sve tri sestice i ishodi u kojima jena dvije kocke pala sestica, a na trecoj jedan od brojeva od 1 do 5). Sada u nasempokusu imamoX = broj bacanja u kojima smo dobili barem dvije sestice ⇒ X ∼B(n, 2
27)
(n je broj bacanja triju igracih kocaka.)Trebamo odrediti n za koji je P(X > 50) > 0.9. Prema integralnom Moivre -Laplaceovom teoremu imamo
P
X − 227
n√n · 2
27· 25
27
>50− 2
27n√
n · 227· 25
27
> 0.9
⇒ 1− Φ
50− 227
n√n · 2
27· 25
27
> Φ(1.29)
⇒ Φ(−1.29) > Φ
50− 227
n√n · 2
27· 25
27
⇒ −1.29 ·
√50
272·√
n > 50− 2
27n
41
⇒ 0.07407n− 0.33784√
n− 50 > 0
⇒√
n > 28.36
⇒ n > 804.35
Dakle, kocke treba baciti najmanje 805 puta.
Zadatak (6.41.) Nadaleko poznata vjestica Bellatrix bavi se vrlo unosnim poslom: carolijompretvara vjeverice u neke druge zivotinje koje se dobro prodaju na trzistu. Buducida jos uvijek nije usavrsila caroliju, Bellatrix pretvara vjevericu u pegaza, jednorogaili konja redom s vjerojatnostima 0.2, 0.3 ili 0.5. Trenutna cijena pegaza na trzistuje 5 zlatnika, dok jednorog i konj vrijede po 2 zlatnika. Koliko vjeverica Bellatrixtreba naruciti da bi s vjerojatnoscu od barem 0.95 zaradila barem 1000 zlatnika?
Rjesenje.X = broj pegaza koje je Bellatrix stvorila ⇒ X ∼B(n, 0.2)(n je broj vjeverica koje je Bellatrix narucila.)Ukoliko sa Y oznacimo ukupnu zaradu, imamo
Y = X · 5 + (n−X) · 2 = 3X + 2n.
Trebamo odrediti n za koji je P(Y > 1000) > 0.95). Prema integralnom Moivre -Laplaceovom teoremu imamo
P(3X + 2n > 1000) > 0.95
⇒ 1− Φ
( 1000−2n3
− n · 0.2√
n · 0.2 · 0.8
)> Φ(1.65)
⇒1000−2n
3− n · 0.2
√n · 0.2 · 0.8
6 −1.65
⇒ −0.8667n + 0.66√
n + 333.33 6 0
⇒√
n > 19.9955
⇒ n > 399.8
Dakle, Bellatrix treba naruciti barem 400 vjeverica.
Zadatak (6.44.) Neki trgovac je glavni distributer porculanskih vaza za neki grad. Onsvaku od vaza naruci iz tvornice po cijeni od 80 kn, a prodaje ih trgovinama speci-jaliziranim za porculansko posude po cijeni od 90 kn. Medutim, pri prijevozu odtvornice do njegovog skladista se razbije 5% vaza. Sve vaze koje stignu do njegovogskladista uvijek uspjesno proda trgovinama. Koliko vaza trgovac treba naruciti iztvornice da s vjerojatnoscu od barem 0.975 zaradi barem 10 000 kn?
Rjesenje.X = broj razbijenih vaza ⇒ X ∼B(n, 0.05)(n je broj vaza koje je trgovac narucio.)Ako sa A oznacimo ukupnu zaradu trgovca, imamo
Y = (n−X) · 90− 80n = −90X + 10n.
42
Sada trazimo n takav da P(Y > 10000) > 0.975. Prema integralnom Moivre -Laplaceovom teoremu imamo:
P(−90X + 10n > 10000) > 0.975
⇒ P(
X 61
9(n− 1000)
)> 0.975
⇒ Φ
19(n− 1000)− 1
20n√
n · 120· 19
20
> Φ(1.96)
⇒ 11
180n− 1000
9>
1.96√
19
20
√n
⇒ 0.0611n− 0.42717√
n− 111.111 > 0
⇒√
n > 46.2827
⇒ n > 2142
Zadatak (6.45.) Morsko dno u Zaljevu Bisera je bogato skoljkama. Poznato je da seu prosjeku u svakoj cetvrtoj skoljci nalazi biser. Ronioc pri svakom zaronu izronisamo jednu skoljku. Ako je ronioc izronio 150 skoljaka, izracunajte vjerojatnost daje medu skoljkama barem dvostruko vise skoljaka s biserom nego onih bez bisera.
Rjesenje.X = broj izronjenih skoljaka s biserom ⇒ X ∼B(150, 0.25)Trazimo vjerojatnost da je broj skoljaka s biserom jednak barem dvije trecineukupnog broja izronjenih skoljaka. Prema integralnom Moivre - Laplaceovom teo-remu imamo:
P(
X >2
3· 150
)= 1−P(X < 100) = 1−Φ
(100− 150 · 0.25√150 · 0.25 · 0.75
)= 1−Φ(11.785) = 0.
Zadatak (6.46.) U nekom gradu su se jednog kisnog dana na glavnom trgu prodavaledvije vrste kisobrana: jedna vrsta po 30 kn, a druga po 50 kn. Prodavac je na krajudana zakljucio da je svaki peti kupac kisobrana kupio skuplji kisobran. Ako je togdana bilo 200 kupaca, izracunajte vjerojatnost da je prodavac zaradio barem 7000kn.
Rjesenje.X = broj kupaca koji su kupili skuplji kisobran ⇒ X ∼B(200, 0.2)Ako sa Y oznacimo zaradu trgovca, vrijedi
Y = X · 50 + (200−X) · 30 = 6000 + 20X,
pa prema integralnom Moivre - Laplaceovom teoremu imamo:
P(Y > 7000) = P(6000 + 20X > 70) = P(X > 50) = 1− P(X < 50) =
= 1− Φ
(50− 200 · 0.2√200 · 0.2 · 0.8
)= 1− Φ(1.76) = 1− 0.9608 = 0.0392.
43
Zadatak (6.47.) Rulet ima 18 crvenih polja, 18 crnih polja i jednu nulu. Pretpostaviteda u svakoj igri igrate na crveno. Ako kuglica padne na crveno, onda dobijete 1kn, a inace gubite 1 kn. Priblizno odredite vjerojatnost da ste nakon 50 igara nadobitku.
Rjesenje.X = broj dobivenih igara ⇒ X ∼B(50, 18
37)
Ako sa Y oznacimo ukupni dobitak, vrijedi
Y = X · 1 + (50−X) · (−1) = 2X − 50,
pa prema integralnom Moivre - Laplaceovom teoremu imamo:
P(Y > 0) = P(2X − 50 > 0) = P(X > 25) = 1− P(X 6 25) =
= 1− Φ
25− 50 · 1837√
50 · 1837· 19
37
= 1− Φ(0.19) = 1− 0.5753 = 0.4247.
44