VJEROVATNOĆA I STATISTIKA ZBIRKA RIJEŠENIH ZADATAKA ==========================

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "VJEROVATNOĆA I STATISTIKA ZBIRKA RIJEŠENIH ZADATAKA =========================="

Transcript

1 VJEROVATNOĆA I STATISTIKA ZBIRKA RIJEŠENIH ZADATAKA ========================== M. JOVANOVIĆ M. MERKLE Z. MITROVIĆ Elektrotehnički fakultet Banja Luka ==================================

2 ii Autori: dr Milan Jovanović, PMF Banjaluka dr Milan Merkle, ETF Beograd dr Zoran Mitrović, ETF Banjaluka Izdavač: ETF Banjaluka Recenzenti: dr Dobrilo D-. Tošić, ETF Beograd dr Zagorka Lozanov-Crvenković, PMF Novi Sad Štampa: Tiraž: 5 primjeraka

3 Sadržaj Prostor vjerovatnoća Slučajne promjenljive 3 3 Numer. karakteristike sluč. promjenljivih 45 4 Karakteristične funkcije 67 5 Granične teoreme 87 6 Matematička statistika 5 7 Dodaci 9 7. Pregled važnijih raspodjela Statističke tablice iii

4 iv Predgovor SADRŽAJ Zbirka je pisana po programu predmeta Verovatnoća i statistika koji se predaje na ETF-u Beogradu kao i po programu predmeta Vjerovatnoća i statistika na ETF-u Banjaluci. Većinu zbirke čine ispitni zadaci koji su detaljno urad - eni. Zbirku mogu da koriste i studenti na svim fakultetima na kojima se predaje odgovarajući predmet. Zahvaljujemo se recenzentima na korisnim sugestijama. Posebnu zahvalnost dugujemo kolegi Ostoji Čeniću.

5 Prostor vjerovatnoća Zadatak.. Četiri kartice su numerisane brojevima,, 3, 4. Slučajno se izvlači 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 nisu nezavisni u ukupnosti. Rješenje. Ovdje je Ω = {,, 3, 4}, A = {, 4}, B = {, }, C = {, 3}. Pošto je vrijedi sljedeće: A B = A C = B C = A B C = {}, P (A) = P (B) = P (C) =, P (A B) = P (A C) = P (B C) = 4, P (A B C) = 4. Dakle, P (A B) = P (A)P (B), P (A C) = P (A)P (C), P (B C) = P (B)P (C), ali je P (A B C) P (A)P (B)P (C). Zadatak.. Dokazati da nezavisnost dogad - aja A i B povlači nezavisnost dogad - aja A C i B C, A C i B te A i B C. Rješenje. Iskoristićemo formule P (A B) = P (A) + P (B) P (A B) i P (A C ) = P (A).

6 . PROSTOR VJEROVATNOĆA Vrijedi slijedeće Dakle, P (A C B C ) = P ((A B) C ) = P (A B). P (A C B C ) = (P (A) + P (B) P (A B)). Ako su A i B nezavisni dogad - aji onda je P (A C B C ) = P (A) P (B) + P (A)P (B) = ( P (A))( P (B)) = P (A C )P (B C ), pa su i dogad - aji A C i B C nezavisni. U drugom slučaju je Kako je imamo P (B) = P (Ω B) = P ((A A C ) B). (A A C ) B = (A B) (A C B), P (B) = P (A B) + P (A C B) P (A A C B), pa zbog, P (A A C B) = P ( ) =, dobijamo Ako su A i B nezavisni slijedi pa je P (B) = P (A B) + P (A C B). P (B) = P (A)P (B) + P (A C B), P (A C B) = ( P (A))P (B) = P (A C )P (B). Treći slučaj: Ako su A i B nezavisni, onda su A C i B nezavisni, pa su i (A C ) C i B C tj. A i B C nezavisni dogad - aji. Ili iz nezavisnosti A i B slijedi nezavisnost B i A, pa i B C i A. Zadatak.3. Neka su dogadjaji A i B takvi da je Odrediti P (A B). Rješenje. Kako je P (A B) = 4, P (AC ) = 3, P (B) =. P (A B) = P (A) + P (B) P (A B) i P (A C ) = P (A), imamo P (A B) = =. Zadatak.4. Tri igrača A, B, C tim redom bacaju kocku sve dok prvi put ne padne broj 6. Pobjed - uje onaj igrač kod koga padne 6. Naći za svakog igrača

7 3 vjerovatnoću da bude pobjednik. Rješenje. Neka su A k, B k, C k dogad - aji: igraču A, B, C je u k-tom pokušaju pala šestica, a D A, D B, D C dogad - aji da je odgovarajući igrač pobijedio. Tada vrijedi D A = A + A C B C C C A + A C B C C C A C B C C C A A C B C C C A C B C C C A C k BC k CC k A k+ + Dogad - aji A C, B C, C C,..., A C k, BC k, CC k, A k+,... su nezavisni i pa je P (A C k ) = P (B C k ) = P (C C k ) = 5 6, P (A k+) = 6, P (D A ) = 6 + ( 5 6 ) Slično se dobije P (D B ) = 3 9 i P (D C) = 5 9. Kraće je ovako. Neka je P (D A ) = p. Tada je P (D B ) = 5p 6, ( ) 3k = jer ako igraču A u prvom bacanju ne padne 6, igra se ponavlja u redoslijedu B, C, A. Takod - e, P (D C ) = 5p 36 i D A + D B + D C = Ω, odakle je p + 5p 6 + 5p 36 = i p = Primjedba. Ako je A B =, umjesto A B pišemo A + B. Zadatak.5. Četiri crne i četiri crvene karte nižu se slučajno. Naći vjerovatnoće sljedećih dogad - aja: a) A-niz počinje i završava 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 naizmjenično poredane. Rješenje. a) Broj svih mogućih nizova (rasporeda karata) je 8!. Na prvom mjestu crna karta se može naći na ( 4 ) načina. Za svaki od njih crna karta se na poslednjem mjestu može naći na ( ( 3 ) načina. To je 4 3 )( ) mogućnosti. Za svaku od njih preostalih 6 karata se, izmed - u, može rasporediti na 6! načina. Dakle, broj povoljnih rasporeda je ( ( 4 ) 6! 3 ), pa je ) ( 6! 3 ) P (A) = ( 4 8! = 3 4.

8 4. PROSTOR VJEROVATNOĆA b) U povoljnim slučajevima crne karte su na mjestima,, 3, 4 ili, 3, 4, 5 ili 3, 4, 5, 6 ili 4, 5, 6, 7 odnosno 5, 6, 7, 8. Na četiri mjesta četiri crne karte se mogu naći na 4! načina, a crvene isto tako na preostala četiri mjesta. Broj povoljnih slučajeva (ishoda) je 5 4! 4!, pa je Na sličan način dobijamo P (B) = P (C) = P (D) = 5 4! 4! 8! = 4. 4! 4! 8! = 35. Zadatak.6. Kocka se baca 5 puta. Odrediti najvjerovatniji broj pojavljivanja dogad - aja : pao je broj djeljiv sa 3. Rješenje. Za najvjerovatniji broj pojavljivanja dogad - aja u Bernulijevoj šemi, to jest za broj k {,,..., n} za koji je vjerovatnoća ( ) n P k = p k q n k k maksimalna vrijedi Ovdje je np q k np + p. n = 5, p = 3, q = 3, pa vrijedi 6 = k = 7. Dakle, k {6, 7}. Zadatak.7. Data je električna šema A C D Svaki od prekidača je nezavisno od drugih, zatvoren sa vjerovatnoćom. Naći vjerovatnoću da je mreža AB zatvorena. Rješenje. Dio mreže CD je otvoren ako su oba prekidača otvorena. Vjerovatnoća tog dogad - aja je 4, a vjerovatnoća da je dio CD zatvoren je 3 4. Sada je mreža reducirana na A E CD F B Dio EF je zatvoren ako su oba prekidača zatvorena. Vjerovatnoća tog dogad - aja B

9 5 je 3 4 = 3 8. Sada mreža izgleda ovako A EF B Dakle, mreža AB je otvorena sa vjerovatnoćom 5 8, a zatvorena sa vjerovatnoćom 6. Zadatak.8. Od N proizvoda M je neispravnih. Slučajno se bira n proizvoda (n N). Naći vjerovatnoću da je med - u njima: a) m neispravnih (m n), b) najviše m neispravnih. Rješenje. a) Od N proizvoda, n se može izabrati na ( N n) načina. Neispravni proizvodi se mogu izabrati na ( ) ( M m, a ispravni na N M ) n m načina. Dakle, ( M N M ) p = m)( n m ( N. M) Dalje, vrijedi N M n m (inače bi med - u izabranim proizvodima bilo više ispravnih nego što ih ukupno ima), odnosno m n + M N. Slijedi uslov K = max{, n + M N} m min{n, M}. b) Tražena vjerovatnoća je zbir vjerovatnoća dogad - aja: med - u izabranim proizvodima m je nespravnih, ili m neispravnih,... Ako je N M n tada je K = n + M N i ( M N M ) ( p = m)( n m + + M )( N M ) n ( N. n) U( suprotnom )( je N M < n ili < n + M N = K, pa je posljednji sabirak M n+m N N M). Znači, p = m K=K ( M k )( N M ) n k ( N. n) Zadatak.9. U kutiji se nalazi n crvenih i n bijelih kuglica. Iz kutije se na slučajan način vade po dvije kuglice bez vraćanja sve dok se kutija ne isprazni. Kolika je vjerovatnoća da se svaki put par sastojao od jedne crvene i jedne bijele kuglice? Rješenje. Prvi par kuglica možemo izabrati na ( ) n načina. Kada je jedan par kuglica izabran, drugi par kuglica možemo izabrati na ( ) n načina. Pošto smo izabrali dva para kuglica, treći par možemo izabrati na ( ) n 4 načina, itd. Dakle, n parova možemo izabrati na )( n ( n ) ( )

10 6. PROSTOR VJEROVATNOĆA načina. U prvom izvlačenju možemo izabrati jednu crvenu i jednu bijelu kuglicu na n n načina, nakon toga u drugom izvlačenju možemo izabrati jednu crvenu i jednu bijelu kuglicu na (n )(n ) načina, u trećem izvlačenju možemo izabrati jednu crvenu i jednu bijelu kuglicu na (n )(n ) načina itd. Znači, n parova od jedne bijele i jedne crvene kuglice možemo izabrati na n (n ) načina. Sada je tražena vjerovatnoća Zadatak.. Iz skupa p = ( n (n!) ) ( )( n ) = n ( n n ). Ω = {(x,..., x ) : x + + x =, x i N {}, i =,..., } na slučajan način se bira jedan elemenat (x, x,..., x ). Odrediti vjerovatnoću da je x 3 i x 5. Rješenje. Odredimo prvo broj rješenja jednačine x + + x k = n, u nenegativnim cijelim brojevima. Broj rješenja jednak je broju načina da se izmed - u k jedinica stavi n nula što je isto što i broj načina da se od n + k elemenata izabere podskup od k elemenata, a to je ( ) n + k. k Broj elemenata skupa Ω je ( ) + = ( ) 9. 9 Broj svih elemenata iz Ω za koje je x 3 i x 5 je broj rješenja jednačine y + y + + y = 3 5, gdje je y = x 3, y i = x i, i =,..., 9, y = x 5, a to je ( ) + = Tražena vjerovatnoća je P = ( 9 ( 9 9 ) ). ( ). 9 Zadatak.. Iz kutije koja sadrži n bijelih i m crnih kuglica slučajno izvlačimo k m + n kuglica.

11 7 a) Naći vjerovatnoću da se med - u kuglicama nalazi tačno j (j k) bijelih. b) Koristeći se rezultatom pod a), naći zbir Rješenje. a) Tražena vjerovatnoća je Kako je imamo k j= ( )( ) n m. j k j ( n m ) j)( k j p j = ), j =,..., k. k j= ( n+m k k p j =, j= ( )( ) n m = j k j ( n + m Zadatak.. Dvije kutije sadrže po kuglica. Iz kutija izvlačimo na slučajan način po jednu kuglicu, pri čemu se pri svakom izvlačenju kutija slučajno bira. Kolika je vjerovatnoća, da u momentu kada se konstatuje da je jedna kutija prazna, druga sadrži 7 kuglica? Rješenje. Označimo sa A prvu, a sa B drugu kutiju sa kuglicama. Tražimo vjerovatnoću da je u kutiji B ostalo 7 kuglica u momentu kada je konstatovano da je kutija A prazna. Sa x i = ili x i = označimo dogad - aj da smo i to izvlačenje vršili iz kutije A ili iz kutije B, te izvukli kuglicu iz kutije ako ih tamo još ima. Svakom slučaju na obostran jednoznačan način možemo pridružiti ured - enu 4-torku (x, x,..., x 4 ) kojih ukupno ima 4. Povoljni slučajevi su oni kod kojih je x 4 =, a med - u x, x,..., x 3 ima tačno koji su jednaki. Prema tome, povoljnih slučajeva ima ( 3 ). Vjerovatnoća je dakle, jednaka p = ( ) 3 4, jer A i B imaju simetričnu ulogu. Zadatak.3. Neka je X = {,,..., n}. Naći vjerovatnoću da za slučajno izabrane neprazne, različite podskupove A, B X vrijedi: a) A B =, b) A B = X. Rješenje. a) Dva neprazna različita podskupa A, B X možemo izabrati na ( n )( n ) načina. Skup A koji ima k ( k n) elemenata možemo izabrati na ( ) n k načina. U tom slučaju B može biti bilo koji neprazan podskup od X \ A. Pošto X \ A ima n k elemenata, takvih podskupova B ima n k. Znači, tražena vjerovatnoća je k ).

12 8. PROSTOR VJEROVATNOĆA p = n ( n ) k ( n k ) ( n )( n ) = 3n n+ + ( n )( n ). k= b) A B = X A C B C =, sada koristeći rezultat u a) dobijamo da je tražena vjerovatnoća p = n ( n ) k ( n k ) ( n )( n ) = 3n n+ + ( n )( n ). k= Zadatak.4. Pred bioskopom stoji u redu n lica, n od njih ima novčanice od din, a n od 5 din. Svako lice kupuje jednu kartu koja košta 5 din. Prije prodaje karata u kasi nije bilo novca. Naći vjerovatnoću da nijedno lice neće čekati kusur. Rješenje. Možemo smatrati da se skup svih mogućih slučajeva sastoji od svih ured - enih n torki (x,..., x n ) pri čemu je x i = 5 ili x i = u zavisnosti od toga da li i to lice ima novčanicu od 5 ili od dinara. Pošto tačno n lica ima novčanicu od 5 dinara i tačno n lica ima novčanicu od dinara, ukupan broj slučajeva je ( ) n n. Odredimo broj onih koji su povoljni. U zavisnosti od toga da li i to lice koje stoji u redu ima novčanicu od 5 ili od dinara pridružimo mu tačku (i, ) ili (i, ). Povucimo izlomljenu liniju iz tačke (, ) kroz tačke sa apscisama,,..., n, a ordinatu u svakoj tački sa apscisom i, i =,,..., n odredimo kao zbir ordinata tačaka sa apscisama,,..., i (njihove ordinate su ili u zavisnosti od toga da li i to lice ima novčanicu od 5 ili dinara). Skup svih povoljnih slučajeva je skup svih izlomljenih linija koje nemaju tačke iznad x ose. Svakoj datoj izlomljenoj liniji koja ima tačku iznad x ose možemo obostrano jednoznačno pridružiti izlomljenu liniju koja se sa datom poklapa do prve tačke zajedničke sa pravom y = i dalje od te tačke simetrična sa datom izlomljenom linijom u odnosu na pravu y =. Takve izlomljene linije polaze iz (, ) i završavaju u (n, ), jer izlomljena linija koja je simetrična sa njom u odnosu na pravu y = završava u (n, ) (jer ima n lica sa novčanicama od 5 dinara i n lica sa novčanicama od dinara). Prema tome, one imaju n + uspona i n padova, pa je njihov broj ( n n+). Znači, broj nepovoljnih slučajeva je ( n n+), pa je tražena vjerovatnoća ( n ) n+ p = ) = n +. ( n n Zadatak.5. N lica izmješaju svoje šešire i nasumice stavljaju na glavu po jedan šešir. Naći vjerovatnoću da bar jedno lice stavi svoj šešir na svoju glavu. Čemu teži ta vjerovatnoća kada broj lica i šešira neograničeno raste? Rješenje. Neka je A dogad - aj da bar jedno lice stavi svoj šešir na svoju glavu. Sa A i označimo dogad - aj da je i to lice stavilo svoj šešir na svoju glavu (i =,,..., N). N lica može rasporediti N šešira na glave na N! načina, ako je i to lice stavilo svoj šešir na svoju glavu, tada preostalih N lica može

13 rasporediti N šešira na svoje glave na (N )! načina. (N )! P (A i ) = =. Sličnim razmišljanjem dobijamo da je N! N 9 Prema tome je (N )! P (A i A j ) = = N! N(N ), i < j N, (N 3)! P (A i A j A k ) = = N! N(N )(N ), i < j < k N,... P (A A A N ) = N!. Pošto je očigledno A = N A i i pošto vrijedi formula i<j<k N imamo da je Odavde je Znači, pa P (A) = i= i= N N P ( A i ) = P (A i ) i= i<j N P (A i A j )+ P (A i A j A k ) + ( ) N P (A A A N ), N i= P (A) = N ( ) N i<j N N(N ) + N(N ) + + ( )N N!. +( ) N ( ) N 3 N(N )(N ) N!. P (A) =! + 3! + ( )N, N! P (A) kad N. e Zadatak.6. Iz skupa {,,..., n} slučajno biramo broj a. Naći vjerovatnoću da on nije djeljiv ni sa jednim od brojeva a,..., a k, gdje su a i, i =,,..., k prirodni i uzajamno prosti brojevi. Čemu teži ta vjerovatnoća kad n. Rješenje. Neka je A dogad - aj čija se vjerovatnoća traži. Označimo sa A i dogad - aj da je a djeljiv sa a i, i =,,..., k. Sada imamo, da je A C = Ako sa [ ] označimo najveće cijelo, dobijamo da vrijedi [ n ] a i k i= A i. P (A i ) = n, i =,,..., k,

14 . PROSTOR VJEROVATNOĆA [ n ] a i a j P (A i A j ) =, i < j k..., n [ n ] a P (A A A k ) =... a n, n jer su a,..., a k uzajamno prosti, pa pošto vrijedi dobijamo pa je Vidimo da P ( k A i ) = i= P (A C ) = k P (A i ) i= i<j k +( ) k P (A A k ) [ n ] k a i n i= P (A) = P (A) i<j k [ n ] +( ) k a a k, n ( ) [ n ] k a i n + [ ( ) k + ( ) k k P (A i A j ) + [ n a i a j ] n ( ) k n ] a... a k n [ n a i a j ] n k ( a i ) kad n +, i=. + + jer [ n ] a n kad n +. a Zadatak.7. U voz sa m vagona na slučajan način i nezavisno jedan od drugog ulazi n putnika (n m). Odrediti vjerovatnoću da u svaki vagon ud - e bar jedan putnik. Rješenje. Neka je A i oznaka za dogad - aj da u i ti vagon nije niko ušao, i =,,..., m. Ako sa A označimo dogad - aj čija se vjerovatnoća traži u zadatku, tada očigledno A C = m A i. i= P (A i ) = P (A i A j ) = ( m) n i =,,..., m ( m) n, i < j m

15 Sada je... ( P (A i A im ) = m ) n, i <... i m m. m P (A C ) = m i= + ( ) m ( ) n ( n + m m) i<j m i < <i m m ( m m Znači, ( ) m ( P (A) = ) ( ) n + + ( ) m m ( m ) n. m m m Zadatak.8. Izvodi se n nezavisnih opita koji se sastoje u bacanju k novčića. Izračunati vjerovatnoće dogad - aja: A-bar jednom su na svim novčićima pali svi grbovi, B-tačno m puta su na svim novčićima pali svi grbovi. Rješenje. Neka A i označava dogadjaj da u i-tom opitu nisu pali svi grbovi, i =,..., n. Vrijedi ) n P (A i ) = k, i =,..., n i AC = A A n. Dogadjaji A i su nezavisni, pa vrijedi P (A C ) = ( k ) n. Dakle, ( P (A) = ) n k. Za vjerovatnoću dogadjaja B, koristeći vjerovatnoću pojavljivanja dogadjaja u Bernulijevoj šemi, imamo ( ) ( ) m ( n P (B) = m k ) n m k. Zadatak.9. Slučajno se bira jedan element iz razvijenog oblika determinante reda n. Naći vjerovatnoću p n, da on ne sadrži element sa glavne dijagonale. Naći lim p n. n + Rješenje. Neka je A i oznaka za dogad - aj da slučajno izabrani element iz razvijenog oblika determinante reda n sadrži i elemenata sa glavne dijagonale, i =,,..., n. Ako sa A označimo dogad - aj čija se vjerovatnoća traži u zadatku očigledno je A C = n i= A i. Broj svih elemenata u razvijenom obliku determinante n tog reda je n!. Broj svih onih koji sadrže po jedan element sa glavne

16 . PROSTOR VJEROVATNOĆA dijagonale je (n )!, broj onih koji sadrže po dva elementa sa glavne dijagonale je (n )! i tako dalje. Prema tome je P (A i ) = P (A i A j ) =... (n )!, i =,,..., n, n! P (A i A n ) = n!. i= (n )!, i < j n, n! Znači, n n P (A) = P ( A i ) = P (A i ) pa je Sada dobijamo da je i= i<j n P (A i A j ) + +( ) n P (A A n ) ) ( ) ( ) ( ) n (n )! n (n )! n = + + ( ) n n! n! n n!, p n =! +! + ( )n n!. lim n + p n = e. Zadatak.. Kocka se baca sve dok ne padne broj 6. Naći vjerovatnoću da su potrebna bar tri bacanja, ako se u prvom nije pojavio broj 6. Rješenje. Posmatrajmo dogad - aje: i A k u k tom bacanju je pala šestica, k N B = A C A C A 3 + A C A C A C 3 A 4 +, dogad - aj da su potrebna bar tri bacanja da padne šest. Treba odrediti uslovnu vjerovatnoću P (B A C i ). Vrijedi P (B A C ) = P (B AC ) P (A C ). Kako je B C = A + A C A slijedi A B C = B C, odakle je A C B = B. Dakle, ( ) 6 P (B A C ) = P (B) P (A C ) = P (BC ) P (A C ) = 5 6 = 5 6.

17 3 Zadatak.. U svakoj od n kutija se nalazi po a bijelih i b crnih kuglica. Na slučajan način se iz prve kutije bira kuglica i prebacuje u drugu, zatim iz druge u treću itd, dok se iz zadnje ne izvuče jedna kuglica. a) Kolika je vjerovatnoća da je zadnja izvučena kuglica bijela? b) Ako je treća izvučena kuglica bijela, kolika je vjerovatnoća da je i prva bijela? Rješenje. a) Neka je B i dogad - aj da je u i tom izvlačenju izvučena bijela kuglica i C i dogad - aj da je u i tom izvlačenju izvučena crna kuglica. Vrijedi P (B n ) = P (B n )P (B n B n ) + P (C n )P (B n C n ). Dakle, Kako je imamo Sada zaključujemo da je b) a + P (B n ) = P (B n ) a + b + + P (C a n ) a + b +. P (B ) = a a + b, P (C ) = b a + b, P (B ) = a a + a + b a + b + + b a a + b a + b + = a a + b. jer P (B ) = P (B ) pa kako je imamo P (B n ) = a a + b. P (B B 3 ) = P (B )P (B 3 B ) P (B 3 ) = P (B 3 B ), P (B 3 B ) = P (B 3 B )P (B B ) + P (B 3 C )P (C B ), P (B B 3 ) = a + a + a + b + a + b + + a b a + b + a + b + = (a + ) + ab (a + b + ). Zadatak.. Vjerovatnoća da aparat za igru izbaci broj i, je p i = e i i!, i N {}. Poznato je da je aparat izbacio dva broja i da je njihov zbir n. Odrediti vjerovatnoću da je prvi broj jednak k. Rješenje. Traži se P (X = k X + Y = n), gdje je Kako je P (X = i) = P (Y = i) = e i i!, i N {}. P (X = k X + Y = n) = P (X = k)p (Y = n k) P (X + Y = n)

18 4. PROSTOR VJEROVATNOĆA i to jest imamo P (X + Y = n) = n P (X = i)p (Y = n i), i= n e P (X + Y = n) == i i! e n i (n i)!, i= ( ) n P (X = k Y = n k) = k e n! n, P (X = k X + Y = n) = ( ) n, k {,,..., n}. k n Zadatak.3. Iz džepa u kome su bile 3 bijele i 6 crnih kuglica ispala je jedna kuglica. Nakon toga izvučene su dvije kuglice. Kolika je vjerovatnoća da je izgubljena bijela, ako su izvučene bijele kuglice? Rješenje. Neka su H, H dogad - aji (hipoteze) da je ispala bijela, odnosno crna kuglica, a A dogad - aj da su izvučene dvije bijele kuglice. Treba odrediti P (H A). Prema Bajesovoj formuli je P (H A) = P (H )P (A H ) P (H )P (A H ) + P (H )P (A H ). U nazivniku je vrijednost P (A) (formula potpune vjerovatnoće). Vrijedi ( )( ) ( )( ) P (A) = 3 9 ( ) ( ) = 8, pa je P (H A) = 3 8 = 7. Zadatak.4. Pri proizvodnji istog proizvoda, 3 mašine tipa A, 5 tipa B i tipa C proizvode redom 5%, 3%, % neispravnih proizvoda. Slučajno se bira jedan proizvod. a) Kolika je vjerovatnoća da je neispravan? b) Ako je izabrani proizvod neispravan, kolika je vjerovatnoća da je proizveden na mašini tipa B? Rješenje. a) Neka su H A, H B, H C dogad - aji: proizvod je proizveden na mašini tipa A, B, odnosno C, a D izabrani proizvod je neispravan. Prema formuli potpune vjerovatnoće je: P (D) = P (H A )P (D H A ) + P (H B )P (D H B ) + P (H C )P (D H C ),

19 5 pa je b) P (D) = 3 Prema Bajesovoj formuli je P (H B D) = P (H B)P (D H B ) P (D) 3 + = 5 = = 5 3. Zadatak.5. Dva strijelca gad - aju istu metu svaki ispalivši po jedan hitac. Vjerovatnoća pogotka za prvog strijelca je.7, a za drugog.5. Poslije gad - anja ustanovljeno je da je meta pogod - ena jednim metkom. Odrediti vjerovatnoću da ju je pogodio drugi strijelac. Rješenje. Neka je A dogad - aj da je meta pogod - ena jednim metkom. Dalje, neka je: H dogad - aj da ni jedan strijelac nije pogodio, H dogad - aj da je pogodio samo prvi strijelac, H dogad - aj da je pogodio samo drugi strijelac, H dogad - aj da su pogodila oba strijelca. Sada je P (H ) = 3 5, P (A H ) =, P (H ) = 7 P (H ) = 3 5, P (A H ) =, 5, P (A H ) =, P (H ) = 7 5, P (A H ) =. Na osnovu formule potpune vjerovatnoće je P (A) = 7 Prema Bajesovoj formuli je = = 5 =. P (H A) = P (A H )P (H ) P (A) = 3 5 = 3 =.3. Zadatak.6. Jedan ured - aj se sastoji iz dva dijela. Da bi ured - aj radio neophodno je da radi svaki dio. Vjerovatnoća da radi prvi dio u intervalu vremena t iznosi.8, vjerovatnoća da drugi dio radi u istom intervalu iznosi.7.

20 6. PROSTOR VJEROVATNOĆA Ako je ured - aj ispitivan u intervalu vremena t i otkazao je, naći vjerovatnoću da su otkazala oba dijela. Rješenje. Neka je A dogad - aj da je ured - aj otkazao i H dogad - aj da su otkazala oba dijela, H dogad - aj da je otkazao samo drugi dio, H dogad - aj da je otkazao samo prvi dio, H dogad - aj da su oba dijela ispravna. Imamo, P (H ) = 3, P (A H ) =, P (H ) = 8 P (H ) = P (H ) = 8 3, P (A H ) =, 7, P (A H ) =, 7, P (A H ) =. P (A) = P (A H )P (H ) + P (A H )P (H ) + P (A H )P (H ) +P (A H )P (H ) = = 44. P (H A) = P (A H )P (H ) P (A) = 6 44 = 6 44 = 3 Zadatak.7. U jednom skladištu su svi proizvodi ispravni, a u drugom ima 35% škarta. Na slučajan način je odabran dobar proizvod iz nekog skladišta i nakon toga vraćen u isto skladište. Izračunati vjerovatnoću da je drugi proizvod iz istog skladišta škart. Rješenje. Neka je A dogad - aj da je prvi izvučeni proizvod dobar. Neka su H, H dogad - aji (hipoteze) da je proizvod izvučen iz prvog odnosno drugog skladišta. Imamo, Sada je P (H ) =, P (A H ) =, P (H ) =, P (A H ) = 65. P (A) = P (H )P (A H ) + P (H )P (A H ) = P (H A) = P (H )P (A H ) P (A) = ( + 65 ) = = 65,

21 P (H A) = P (H )P (A H ) P (A) = = Neka je B dogad - aj da je drugi izvučeni proizvod škart. Opet, prema formuli potpune vjerovatnoće je gdje je H = H A, H = H A. P (B) = P (B H )P (H ) + P (B H )P (H ), P (B) = = = Zadatak.8. Vozovi dužine 8 metara kreću se brzinom 3 metara u sekundi po prugama koje se med - usobno ukrštaju. Trenutak u kome će oni proći kroz raskršće je slučajan izmed - u 9 = i 9 3 =. Izračunati vjerovatnoću sudara. Rješenje. Neka je A dogad - aj da je došlo do sudara. Ako sa X označimo trenutak ulaska prvog, a sa Y trenutak ulaska drugog voza u raskršće, tada, pošto vozovi dužine 8 metara prolaze kroz raskršće 6 sekundi jer se kreću brzinom 3 metara u sekundi imamo Ω = {(x, y) x 8, y 8}. A = {(x, y) Ω x y < 6} Neka je m(a) mjera oblasti A, to jest u ovom slučaju površina. vjerovatnoća je Tražena P (A) = m(a) m(ω) = =.6656 Zadatak.9. Tačke M, N, P su sredine stranica trougla ABC. Na slučajan način se bira n tačaka u trouglu ABC. Odrediti vjerovatnoću p i, i =,..., n, da se u trouglu MNP nalazi i tačaka. Za koje i je ta vjerovatnoća maksimalna?

22 8. PROSTOR VJEROVATNOĆA Naći vjerovatnoću da se u trouglu MNP nalaze bar n tačke. Rješenje. Odredimo vjerovatnoću da tačka pripada trouglu M N P. P ABC p = P MNP = = P ABC 4 P ABC 4. Sada za vjerovatnoću p i imamo ( n p i = i ) p i ( p) n i, dakle, ( n p i = i ) 3 n i 4 n, Najvjerovatniji broj pojavljivanja u Bernulijevoj šemi (zadatak.6) je za n + 4 i n +. 4 Vjerovatnoća da se u trouglu nalaze bar n tačke je p n + p n + p n = 9n 3n + 4 n. Zadatak.3. Data je jednačina x3 3 a x + b =, gdje se a i b slučajno biraju iz intervala (,). Neka je N broj realnih korijena te jednačine. Naći P {N = k}, k =, 3. Rješenje. Polinom trećeg reda može da ima samo jednu realnu ili tri realne nule. Znači, P {N = } + P {N = 3} =. Osim toga, polinom trećeg stepena ima tri realne nule ako i samo ako njegov grafik ima sljedeći oblik to jest ako i samo ako za tačku minimuma x min, odnosno maksimuma x max važi: gdje je f(x max ) >, f(x min ) <, f(x) = x3 3 a x + b. Pošto je x max = a i x min = a to vrijedi a3 3 + a3 + b >, a 3 3 a3 + b <. Znači, data jednačina ima tri realne nule ako i samo ako vrijedi b > a3 3, b < a3 3.

23 9 Tačke a, b se biraju iz (,) pa je b > a3 3 uvijek zadovoljeno. Sada imamo Ω = {(a, b) a, b (, )}, Znači, pa je A = {(a, b) Ω b < a3 3 }. P {N = 3} = m(a) m(ω) = m(a) = P {N = } = 5 6. a 3 3 da = 6, Zadatak.3. Brojevi x i y se na slučajan način i nezavisno jedan od drugog biraju iz intervala [, ]. Neka je A = {(x, y) : x y } i B = {(x, y) : max{x, y} }. Naći vjerovatnoću dogadjaja A B. Rješenje. Lako se dobija µ(a) = 4 = 3 4, µ(b) = 4, µ(a B) = 4. Kako je P (A B) = P (A) + P (B) P (A B), imamo P (A B) = 3 4. Primjedba. Kako je A B = A imamo P (A B) = P (A) = 3 4. Zadatak.3. Na kružnici poluprečnika R slučajno su izabrane tri tačke A, B i C. Kolika je vjerovatnoća da je trougao ABC oštrougli? Rješenje. Neka je x dužina luka kružnice koji spaja tačke A i B, a y dužina luka kružnice koji spaja B i C. y B C Rπ-x-y A x Izbor tačaka A, B i C jednoznačno odred - uje brojeve x, y za koje važi < x, < y, x + y < Rπ. Znači, Ω = {(x, y) x >, y >, x + y < Rπ}.

24 . PROSTOR VJEROVATNOĆA Trougao ABC je oštrougli ako je x < Rπ, y < Rπ, x + y > Rπ. Sada je A = {(x, y) Ω x < Rπ, y < Rπ, x + y > Rπ}. y Rπ Rπ A Znači, P (A) = m(a) m(ω) = R π R π = 4. x Rπ Rπ Zadatak.33. Ako je Ω = {(x, y) x, y [, ]}, za koje vrijednosti a su dogad - aji A = {(x, y) Ω x y a} i B = {(x, y) Ω x + y 3a}, nezavisni? Rješenje. Za dogad - aj A imamo pa je U slučaju dogad - aja B je, a < P (A) = ( a), a <, a., a < 9a Znači, P (B) =, a < 3 ( 3a), 3 a < 3, 3 a A B = {(x, y) Ω x y a x + y 3a},

25 pa na sličan način dobijamo, a (, ) [, + ) P (A B) = a, a [, 3 ) 7a + 6a, a [ 3, ) ( a), a [, ) Znači da za a (, ] {/3} [/3, + ), vrijedi P (A B) = P (A)P (B). Zadatak.34. Na duži dužine a na slučajan način se biraju dvije tačke. Odrediti vjerovatnoću da je svaka od tri tako dobijene duži kraća od b (b > a 3 ). Rješenje. Svakom izboru dvije tačke A i B odgovara izbor tri duži na duži dužine a. x y a x y A B Prema tome za Ω možemo uzeti, Ω = {(x, y) x >, y >, x + y < a}. Neka je D dogad - aj čija se vjerovatnoća traži, D = {(x, y) Ω < x < b, < y < b, a b < x + y < a}. Sada razlikujemo dva slučaja P (D) = m(d) m(ω) = (3b a) a,

26 . PROSTOR VJEROVATNOĆA P (D) = m(d) m(ω) = 6ab a 3b a.

27 Slučajne promjenljive Zadatak.. Neka je X slučajna promjenljiva i { ax + b, x f(x) =, x > njena gustina raspodjele vjerovatnoća. Pokazati da je b = i a. Rješenje. Funkcija f(x) je gustina vjerovatnoća, pa vrijedi + f(x)dx = (ax + b) =, odakle dobijamo b =. Dalje, f(x) je nenegativna funkcija, pa je f() i f( ). Sada imamo to jest a + i a +, a. Zadatak.. Funkcija gustine vjerovatnoća slučajne promjenljive X je { cx, x [3, 6] f(x) =, x / [3, 6]. Naći: (a) konstantu c, (b) P (X [a, b]), gdje je [a, b] [3, 6], (c) P (X 9X + ). 3

28 4. SLUČAJNE PROMJENLJIVE Rješenje. (a) Iz relacije 6 3 cxdx = dobijamo da je c = 7. (b) P (X [a, b]) = (c) Dakle, b a 7 xdx = b a. 7 P (X 9X + ) = P ((X 4)(X 5) ) = P (X [3, 4] [5, 6]). P (X 9X + ) = xdx + 7 xdx = 3. Zadatak.3. Neka X ima normalnu raspodjelu sa parametrima µ = i σ = 3. Odrediti vjerovatnoću dogadjaja (X [4, 6]). Rješenje. Neka slučajna promjenljiva X ima normalnu raspodjelu sa parametrima µ i σ tada slučajna promjenljiva Y = X µ ima normalnu raspodjelu sa σ parametrima i to jest standardizovanu normalnu raspodjelu. Sada imamo ( 4 P (4 X 6) = P X ) 6, pa je P (4 X 6) = P ( X ) = e t dt = π Zadatak.4. Neka X ima N (, σ ) raspodjelu. Odrediti vrijednost σ tako da je vjerovatnoća P ( X 3) najveća. Rješenje. Neka X ima N (µ, σ ) raspodjelu. Tada je Koristeći smjenu t = x µ σ P (a X b) = πσ dobijamo b a 5 e (x µ) σ dx. P (a X b) = π b µ σ e x dx. a µ σ

29 5 Sada imamo 3 P ( X 3) = σ π e x dx. Vjerovatnoća je najveća za onu vrijednost σ za koju vrijedi σ Dobija se 3 σ e 9 σ + σ e σ =. σ = ln 3. Zadatak.5. Slučajna promjenljiva X ima unifomnu raspodjelu na intervalu [, ]. Odrediti raspodjelu slučajne promjenljive Y = X. Rješenje. Neka je F X (x) funkcija raspodjele vjerovatnoća slučajne promjenljive X i F Y (y) funkcija raspodjele vjerovatnoća slučajne promjenljive Y. Za y [, ], vrijedi F Y (y) = P (X < y) = P (X < y) = F X ( y). Dalje, imamo da za gustinu raspodjele slučajne promjenljive Y vrijedi f Y (y) = (F Y (y)) = (F X ( y)) = f X ( y) y, gdje je f X (x) gustina raspodjele slučajne promjenljive X. Kako je {, x [, ] f X (x) =, x / [, ] imamo f Y (y) =, y [, ] y, y / [, ] Zadatak.6. Neka je X neprekidna slučajna promjenljiva i y = ϕ(x) neprekidna funkcija. Pokazati da slučajna promjenljiva Y = ϕ(x) ne mora biti slučajna promjenljiva neprekidnog tipa. Rješenje. Neka X ima uniformnu raspodjelu na intervalu [, ] i { ϕ(x) =, x.5 x.5, x >.5. Tada slučajna promjenljiva Y = ϕ(x) nije neprekidnog tipa. funkcija raspodjele je {, y.5 F Y (y) =, y <.5 Naime njena

30 6. SLUČAJNE PROMJENLJIVE Zadatak.7. Slučajna promjenljiva X ima funkciju raspodjele vjerovatnoća F koja je strogo rastuća. Pokazati da slučajna promjenljiva Y = F (X) ima uniformnu raspodjelu na [, ]. Rješenje. Kako je F (X), vrijedi P (Y < y) = P (F (X) < y) =, y <, P (Y < y) = P (F (X) < y) =, y >. Dalje, P (Y < y) = P (F (X) < y) = P (X < F (y)) = F (F (y)) = y, y [, ]. Dakle slučajna promjenljiva Y ima uniformnu raspodjelu na [, ]. Zadatak.8. Slučajna promjenljiva X ima uniformnu raspodjelu na intervalu [a, b]. Ako je E(X) = i V ar(x) =, odrediti a i b, a zatim naći funkciju raspodjele vjerovatnoća slučajne promjenljive Y = X +. Rješenje. Neka je X : U[a, b] tada je E(X) = a + b i V ar(x) = Iz uslova zadatka dobijamo a = i b =. promjenljive Y vrijedi (b a)., y (, ], F Y (y) = y, y (, ],, y (, + ). Za funkciju raspodjele slučajne Zadatak.9. Slučajna promjenljiva X ima normalnu raspodjelu N (, ) i slučajna promjenljiva Y ima log normalnu raspodjelu to jest Y = e X. Odrediti raspodjelu slučajne promjenljive Y. Rješenje. Za funkciju raspodjele F Y slučajne promjenljive Y vrijedi F Y (y) = P (Y < y) = P (e X < y) =, y, F Y (y) = P (X < ln y) = ln y e t dt, y >. π Gustina slučajne promjenljive Y je e ln y, y > f Y = πy, y.

31 7 Zadatak.. Slučajna promjenljiva X ima gustinu { e f(x) = x, x >, x. Odrediti gustinu slučajne promjenljive Y = (X ). Rješenje. Grafik funkcije y = (x ) dat je na slici y x x x 3 x Razlikujemo tri slučaja: Za y je F Y (y) = P {Y < y} =. Za < y je F Y (y) = P {Y < y} = P {x < X < x } = P { y < X < + + y y} = e x dx = e + y e y. y Za < y je F Y (y) = P {Y < y} = P { < X < x 3 } = P { < X < + + y y} = e x dx = e y., y Sada je F Y (y) = e + y e y, < y e y, < y. Zadatak.. Slučajna promjenljiva X ima Košijevu raspodjelu Naći gustinu slučajne promjenljive Rješenje. Grafik funkcije y = f(x) = π Y = + x. X X. x dat je na slici x

32 8. SLUČAJNE PROMJENLJIVE y x=- x= x x x 3 x 4 x Razlikujemo sledeće slučajeve: Za y <, F Y (y) = P {Y < y} = P {x (, x ) (, x 4 )}. Znači, F Y (y) = pa je f Y (y) = π Za y = je F Y (y) = Za y > je + y q+ y y y = π π π dx + x + = ( π arctan ), y + y. dx + x + + π y + q+ y dx + x =. π dx + x F Y (y) = P {Y < y} = P {x (, x ) (, x 3 ) (, + )}, F Y (y) = pa je y +y dx π( + x ) + y + q+ y dx π( + x ) + F Y (y) = ( π arctan ) +, y f Y (y) = π + y. + dx π( + x ),

33 9 Znači, slučajna promjenljiva Y ima Košijevu raspodjelu sa gustinom f Y (y) = π + y. Zadatak.. Neka X ima Poasonovu raspodjelu P(λ). Definišimo Y = X i Z = sin πx. Odrediti zakon raspodjele za Y i Z. Rješenje. Imamo da je P (X = k) = e λ λk, k =,,... k! Slučajna promjenljiva Y = X može uzimati samo vrijednosti koje su kvadrati prirodnih brojeva i nule, pri čemu je P (Y = k ) = P (X = k) = e λ λk, k =,,... k! Slučajna promjenljiva Z uzima vrijednosti iz skupa {,, }. Imamo da je P (Z = ) = Na sličan način nalazimo i + k= P (X = k) = e λ + k= λ shλ + sin λ P (Z = ) = e λ shλ sin λ P (Z = ) = e. λ k (k)! = e λ chλ. Zadatak.3. Neka je S = [, ] [, ] i gustina raspodjele vjerovatnoća f : R R, data sa {, (x, y) S f(x, y) =, (x, y) / S Odrediti funkciju raspodjele. Rješenje. Neka (x, y) S. Tada je Za x, y > je F (x, y) = x y dudv = xy. x F (x, y) = dudv = x, itd.

34 3. SLUČAJNE PROMJENLJIVE Dobije se odnosno xy, (x, y) S x, x, y > F (x, y) = y, y, x >, x >, y >, (x, y) R \ R + F (x, y) = max{, min{x, y, xy, }}. Zadatak.4. Neka je gustina slučajnog vektora (X, Y ) data sa { 4xy, x >, y >, x + y < f(x, y) =, inače. Odrediti f X (x) i f Y X (y x). Rješenje. Za marginalnu gustinu f X (x) vrijedi + x f X (x) = f(x, y)dy = 4xydy = x( x), < x <. Dalje, f Y X (y x) = f(x, y) f X (x) = 4xy x( x) = y ( x), < y < x. Zadatak.5. Odrediti c R tako da c f(x, y) = π ( + x )( + y ), x, y R bude gustina za slučajni vektor Z = (X, Y ). Odrediti marginalne gustine i vjerovatnoću da Z uzme vrijednosti iz kvadrata S = [, ] [, ]. Rješenje. Funkcija f je gustina ako je funkcija raspodjele. Vrijedi F (x, y) = x y F (x, y) = x y f(u, v)dudv cdudv π ( + u )( + v ) = c (arctgx π + π ) ( arctgy + π ). F je funkcija raspodjele ako i samo ako vrijedi:. F je neopadajuća po svakoj od promjenljivih,. F je neprekidna s lijeve strane po svakoj promjenljivoj, 3. lim x + y + F (x, y) =, lim F (x, y) = lim x F (x, y) =. y

35 3 4. za sve a < a, b < b je F (a, b ) F (a, b ) F (a, b ) + F (a, b ). Iz uslova 3 slijedi da je c =. Ispunjeni su uslovi i. Ostaje da se vidi da li vrijedi uslov 4. Neka je a < a, b < b, tada je F (a, b ) F (a, b ) F (a, b ) + F (a, b ) = π (arctga arctga )(arctgb arctgb ), jer je funkcija x arctgx monotono rastuća. Dalje je odakle je F X (x) = π analogno se dobije Na kraju, x + dudv ( + u )( + v ) = π f X (x) = f Y (y) = P (Z S) = π S π( + x ), π( + y ). ( arctgx + π ), dxdy ( + x )( + y ) = 6. Zadatak.6. Nezavisne slučajne promjenljive X i Y imaju E() raspodjelu. Naći gustinu slučajne promjenljive Z = X 3Y. Rješenje. Zbog nezavisnosti gustina slučajnog vektora (X, Y ) je f(x, y) = { e (x+y), x >, y >, inače pa za funkciju raspodjele imamo slučajne promjenljive Z vrijedi F Z (z) = e (x+y) dxdy. Diferenciranjem dobijamo gustinu x 3y<z f Z (z) = 5 e z 3, z < 5 e z, z.

36 3. SLUČAJNE PROMJENLJIVE Zadatak.7. Gustina slučajnog vektora (X, Y ) je f (X,Y ) (x, y) = { 5x y, x y,, inače. (i) Odrediti funkciju raspodjele slučajne promjenljive Z = X + Y. (ii) Odrediti gustinu slučajne promjenljive W = X. Rješenje. (i) F Z (z) =, za z <, z F Z (z) = P (X + Y < z) = { F Z (z) = (ii) Gustina slučajne promjenljive X je 5 z x z x y z y 5x ydydx, z 5x ydxdy, z, 64 z5, z z 5z + 5 z3 64 z5, z, f X (x) = F Z (z) =, za z. x 5x ydy = 5 x ( x ). Sada za gustinu slučajne promjenljive W dobijamo f X ( w) w = 5 w( w), < w <. 4 Zadatak.8. Neka su X i Y nezavisne slučajne promjenljive sa eksponencijalnom raspodjelom E(λ). Odrediti raspodjelu slučajne promjenljive (a) Z = X Y, (b) Z = X X + Y. Rješenje. (a) Uvedimo smjene u = x, v = x y, imamo x = u, y = u v, za Jakobijan preslikavanja vrijedi J = =.

37 33 Slučajne promjenljive U = X i V = X Y su nezavisne, pa za funkciju gustine vjerovatnoća slučajnog vektora (U, V ) je Dakle, f(u, v) = f X (u)f Y (u v) J. f(u, v) = λe λu λe λ(u v), u >, u v >. Za funkciju gustine vjerovatnoća slučajne promjenljive V je f V (v) = f V (v) = + + v λ e λ(u v) du = λ e λv, v, λ e λ(u v) du = λ eλv, v >. Znači funkcija gustine vjerovatnoća slučajne promjenljive Z je f Z (z) = λ e λ z, z R. (b) Zbog nezavisnosti, gustina vektora (X, Y ) je f(x, y) = f X (x)f Y (y) = λ e λ(x+y), gdje je λ >, x >, y >. Za z je X F (z) = P { < z} =. X + Y Ako je < z onda je F (z) = f(x, y)dxdy. X X+Y <z y x x+y<z y= -z z x x

38 34. SLUČAJNE PROMJENLJIVE Znači, F (z) = λ + + λx (e e λy dy)dx = z z z x Za z > je F (z) = (x, y)dxdy. R + Znači, sada je F (z) =. Dakle, {, z F (z) = z, < z, pa Z ima uniformnu raspodjelu U(, ). Napomenimo da se zadatak mogao riješiti koristeći postupak dat u rješavanju zadatka (a). Zadatak.9. Vijek trajanja sijalice je dat eksponecijalnom raspodjelom. Ako je srednja vrijednost vijeka trajanja sijalice od 8 vati 3 sati, a srednja vrijednost vijeka trajanja sijalice od vati sati odrediti vjerovatnoću da sijalica od vati traje duže od sijalice od 8 vati. Rješenje. Ako su X i Y nezavisne slučajne promjenljive sa funkcijama gustina vjerovatnoća f(x) = λe λx, g(y) = µe µy respektivno tada je P (X < Y ) = + + x f(x)g(y)dxdy = + f(x)( G(x))dx, gdje je G(y) funkcija raspodjele vjerovatnoća slučajne promjenljive Y. dobijamo da je P (X < Y ) = λ λ + µ. Sada U zadatku je λ = 3 i =, pa imamo da je tražena vjerovatnoća µ P (X < Y ) = 5. Zadatak.. Buffonov problem. U ravni je dat skup paralelnih pravih, pri čemu je rastojanje izmed - u susjednih pravih a, a >. Na ravan se baca igla dužine l, (l < a). Odrediti vjerovatnoću da igla siječe neku od pravih.

39 Rješenje. Zbog l < a, igla ne može da siječe više od jedne prave, zato je dovoljno posmatrati pravu koja je najbliža središtu bačene igle. U odnosu na ovu pravu, položaj igle je odred - en rastojanjem X od središta igle do prave i uglom Θ izmed - u igle i prave. Slučajne promjenljive X i Θ su nezavisne. Možemo uzeti da je slučajna promjenljiva X uniformna na [, a] i da je raspodjela slučajne promjenljive Θ uniformna na [, π ]. Zajednička gustina raspodjele za (X, Θ) je f(x, θ) = πa, x a, θ π, f(x, θ) =, inače. Igla siječe najbližu pravu ako i samo ako je X l sin θ. Odgovarajuća vjerovatnoća je π P (X l sin θ) = l sin θ dxdθ = l πa πa. U specijalnom slučaju l = a, dobijena vjerovatnoća je /π. Zadatak.. Slučajni vektor (X, Y ) zadan je funkcijom gustine 35 { 4x f(x, y) = 3 y( x ), < x <, < y <, inače. Odrediti funkciju gustine slučajne promjenljive Z = XY. Rješenje. Odredimo prvo funkciju raspodjele slučajne promjenljive Z. Imamo, F Z (z) = P {Z < z} = P {XY < z}. Sada razlikujemo sledeće slučajeve. Za z, F Z (z) =. Za < z, z z x F Z (z) = f(x, y)dxdy + f(x, y)dxdy = z z z x = 4x 3 y( x )dxdy + 4x 3 y( x )dxdy = ( z z x 3 ) = 4 ( x )dx + x 3 z z x ( x )dx = ( ) z 6 = z4 4 + z = z 6 3z 4 + 3z 4 Za z > je F Z (z) =. Sada imamo da je gustina slučajne promjenljive Z data sa : { 6z f Z (z) = 5 z 3 + 6z, z (, ) z (, ). Zadatak.. X i Y su nezavisne slučajne promjenljive sa istom uniformnom raspodjelom U(, ). Naći P { < Z < 3 4 }, ako je slučajna promjenljiva Z definisana sa Z = min{x, Y }. Rješenje. Za funkciju raspodjele slučajne promjenljive Z vrijedi F Z (z) = P {Z < z} = P {min{x, Y } < z}.

40 36. SLUČAJNE PROMJENLJIVE Kako X i Y imaju uniformnu raspodjelu U(, ) to je F Z (z) = za z > i F (z) = za z. Zbog nezavisnosti slučajnih promjenljivih X i Y je { { } F Z (z) = P {Z < z} = P min X, Y { { } } = P min X, z, Y { } F Z (z) = P X z, Y z = P Sada za < z imamo Za < z je F Z (z) = P {X z}p } < z { X z, Y Z { Y }. z P {Z < z} = ( z) = z. P {Z < z} = ( z) z = 3 z. { Znači, P < Z < 3 } ( ) ( ) 3 = F Z F Z = Zadatak.3. Neka su X i Y nezavisne slučajne promjenljive i }. P (X = k) = P (Y = k) = q k p, k =,,..., p (, ), q = p Slučajne promjenljive Z i W definisane su sa Z = Y X, W = min(x, Y ). (i) Pokazati da je P (W = w, Z = z) = p q w+ z, w, z Z. (ii) Odrediti P (W = w). (iii) Odrediti P (Z = z). (iv) Da li su Z i W nezavisne slučajne promjenljive? Rješenje. (i) Ako je tada je Y X = Z < w = W = Y i X = Y Z = w + z.

41 37 Dakle, Ako je tada je Dakle, (ii) (iii) P (W = w, Z = z) = P (Y = w, X = w + z ) = p q w+ z. Y X = Z w = W = X i Y = X + Z = w + z. P (W = w, Z = z) = P (X = w, Y = w + z) = p q w+z. P (W = w) = + z= P (Z = z) = p q w+ z = p q w ( p ) = p( p)q w. + w= p q w+ z = p q z q = pq z p. (iv) Slučajne promjenljive Z i W su nezavisne jer vrijedi P (Z = z, W = w) = P (Z = z)p (W = w). Zadatak.4. Slučajni vektor (X, Y ) ima uniformnu raspodjelu unutar trougla sa vrhovima A(, ), B(, ), C(, ). Naći raspodjelu za Z = Y X. Rješenje. Za funkciju raspodjele slučajne promjenljive Z imamo { } Y F Z (z) = P {Z < z} = P X < z Sada je za z, F Z (z) = za < z, F Z (z) = D dxdy = = z zx x dxdy = (z + ) ( z)

42 38. SLUČAJNE PROMJENLJIVE 3 za < z, F Z (z) = = D dxdy = dxdy = D z+ x+ = dx dy = zx + 4z z ( + z) 4 za z >, F Z (z) = Zadatak.5. Neka je K R jedinični krug i (X, Y ) ima uniformnu raspodjelu na K. Odrediti uslovnu raspodjelu za X, pri Y =. Naći gustinu za Z = Y X. Rješenje. Zajednička gustina za (X, Y ) je {, (x, y) K f(x, y) = π, (x, y) K Uslovna gustina za X pri Y = y je f X (x y) = gustina za Y. Kako je f(x, y) f Y y, gdje je F Y marginalna f Y (y) = + y f(x, y)ds = dx = y, π π y imamo i Neka je F X (x y) = f(x, ) f Y () = /π /π = f X (x ) = za x >. D = {(x, y) R y/x < z}. za x

43 39 Odredimo funkciju raspodjele G(z) slučajne promjenljive z. Za z > je G(z) = D f(x, y)dxdy = π D T K dxdy = m(d K) π = π ( ( arctan z + π )) 4 = + arctan z. π Za z <, G(z) = π ( ( π arctan( z)) ) = + arctan z, π

44 4. SLUČAJNE PROMJENLJIVE G() = π π =. Dakle, i G(z) = + arctan z, z R π g(z) = π( + z ), z R. Zadatak.6. Neka su X i Y nezavisne slučajne promjenljive sa raspodjelama N (, ) i N ( 3, 4). Naći vjerovatnoću P (Y < X 5). Rješenje. Zbog nezavisnosti, gustina slučajnog vektora (X, Y ) je pa je Smjenom Iz { U = X V = Y + 3 f(x, y) = x 4π e (( ) +( y+3 )), P {Y < X 5} = dobija se ϕ u ϕ u Y <X 5 f(x, y)dxdy. { x = ϕ (u, v) = u + y = ϕ (u, v) = v 3 ϕ v ϕ v =. f UV (u, v) = f XY (ϕ (u, v), ϕ (u, v))j(u, v), slijedi da je gustina za slučajni vektor (U, V ), f UV (u, v) = π e ( u + v )., pa je jakobijan Skup {(x, y) y < x 5} bijektivno se preslikava na {(u, v) v < u}, te je arctan P {V < U} = e u +v dudv = + dθ dρ = π π. v<u π+arctan

45 4 Zadatak.7. Ako su X i Y nezavisne slučajne promjenljive sa eksponencijalnom raspodjelom E(λ), pokazati da su U = X + Y i V = X Y nezavisne slučajne promjenljive. Rješenje. Iz u = x + y imamo Za Jakobijan preslikavanja vrijedi v v+ J = Dakle, v = x y x = uv v + y = u v +. u (v+) v+ u (v+) = u (v + ). f (U,V ) (u, v) = f (X,Y ) (x, y) J = f (X,Y ) ( uv v +, f (U,V ) (u, v) = λ ue λu u (v + ). ) u v + Osim toga, za gustine slučajnih promjenljivih U i V vrijedi pa je f U (u) = f V (v) = + + f (U,V ) (u, v)dv = λue λu, f (U,V ) (u, v)du = f (U,V ) (u, v) = f U (u)f V (v). (v + ), u (v + ), Znači U i V su nezavisne slučajne promjenljive. Zadatak.8. Neka su X i Y nezavisne slučajne promjenljive koje uzimaju cjelobrojne vrijednosti i Z = X + Y, ako je a = min{n : P {Z = n} > } i b = max{n : P {Z = n} > }.

46 4. SLUČAJNE PROMJENLJIVE Dokazati da je min{p {Z = a}, P {Z = b}} 4. Rješenje. Neka je a X = min{n : P {X = n} > }, b X = max{n : P {X = n} > } i analogno definisani a Y i b Y. Očigledno je a = a X + a Y i b = b X + b Y. Sada je min{p {Z = a}, P {Z = b}} min{pq, ( p)( q)}, gdje je p = P {X = a X }, q = P {Y = a Y }, pa je dovoljno pokazati min {pq, ( p)( q)} p,q [,] 4, što vrijedi zbog { p min {pq, ( p)( q)} min p,q [,] p [,], p } 4. Zadatak.9. Neka su X i Y apsolutno neprekidne, nezavisne slučajne promjenljive sa funkcijama raspodjele F i G respektivno i neka je Z(t) slučajna promjenljiva definisana na sledeći način: {, t < X Z(t) = Y, t X. Ako je F () = G() = i F (x) =, x, ispitati za koje t je Z(t) diskretnog, a za koje apsolutno neprekidnog tipa. Navesti primjer za takve X i Y. Rješenje. Neka je I{A} indikator slučajnog dogad - aja A, vrijedi Z(t) = I{t < X} + Y I{t X}. Razlikujemo sledeće slučajeve (i) t, P {Z(t) = } = P {X > t} = F (), pa je Z(t) diskretna slučajne promjenljiva. (ii) < t <, za z. Ako je z > onda je P {Z(t) < z} = P { I{t < X} + Y I{t X} < z} = P { < z, t < X} + P {Y < z, t X} = P { } + P {Y < z}p {t X} = F (t)g(z) = P { < z, t < X} + P {Y < z, t X} = F (t) + F (t)g(z).

47 43 Pošto je F (t) > to Z(t) nije apsolutno neprekidna, ali nije ni diskretna jer ima beskonačno mnogo vrijednosti. Z(t) je apsolutno neprekidnog tipa samo ako je X takva da je F (t) = za t (, ). Primjer takve slučajne promjenljive Z(t) je zadan sa funkcijama raspodjela X i Y, x F (x) = x, x, < x, G(x) = {, x x x +, x >. Zadatak.3. Neka je (X, Y ) slučajni vektor sa funkcijom gustine raspodjele { c/x, < y < x, < x < f(x, y) =, inače. Odrediti konstantu c. Naći f X, f Y i f X Y =y. Da li su slučajne promjenljive X i Y nezavisne? Rješenje. Iz dobijamo da je c =. Dalje je Dakle, f X (x) = f Y (y) = x c x dydx = x f(x, y)dy = x dy, < x <, inače, f(x, y)dx = x dx, < y < y, inače, {, < x < f X (x) =, inače, Kako je imamo da je Vidimo da je f Y (y) = f X Y =y (x) = f X Y =y (x) = { lny, < y <, inače, { f(x,y) f Y (y), f Y (y) >, inače, { x lny, < y < x <, inače, f X (x)f Y (y) f(x, y),

48 44. SLUČAJNE PROMJENLJIVE pa slučajne promjenljive X i Y nisu nezavisne. Zadatak.3. Neka je { 6 f (X,Y,Z) (x, y, z) = 5 (x + y), (x, y, z) (, ) 3, inače, gustina slučajnog vektora (X, Y, Z). Odrediti f X Y (x y). Rješenje. Za gustinu slučajnog vektora (X, Y ) imamo f (X,Y ) (x, y) = Sada za gustinu slučajne promjenljive Y vrijedi f Y (y) = 6 5 (x + y)dz = 6 5 (x + y), (x, y) (, ). 6 5 (x + y)dx = 6 ( ) y. Kako je zaključujemo f X Y (x y) = f (X,Y )(x, y), f Y (y) f X Y (x y) = x + y 3 + y, < y <.

49 3 Numer. karakteristike sluč. promjenljivih Zadatak 3.. Odrediti c R tako da je sa P {X = k} = c, k =,,..., k(k + )(k + ) dat zakon raspodjele. Odrediti E(X). Rješenje. Da bi datom formulom bio definisan zakon raspodjele vjerovatnoća slučajne promjenljive X mora biti c i + k= c k(k + )(k + ) =. Odavde je pa pošto je to je c = 4. Sada je + c k= + k= k(k + )(k + ) =, k(k + )(k + ) = 4 E(X) = + k= k P {X = k} = + k= 4 k k(k + )(k + ) =. Zadatak 3.. Četiri prijatelja ugovorili su susret u gradu sa četiri hotela, ali nisu precizirali u kom hotelu će se sastati. Odrediti zakon raspodjele slučajne promjenljive X: broj hotela u kojima neće biti ni jednoga od prijatelja u zakazano vrijeme. Naći E(X) i V ar(x). 45

50 46 3. NUMER. KARAKTERISTIKE SLUČ. PROMJENLJIVIH Rješenje. Pretpostavljamo da svaki od prijatelja bira hotel slučajno, a kako nije bilo dogovora prijatelji hotele biraju nezavisno jedan od drugog. Broj svih mogućih rasporeda četiri čovjeka na četiri mjesta je 4 4. Slučajna promjenljiva X uzima vrijednosti, ako su svi otišli u različite hotele. To je moguće na 4! načina. Dakle P {X = } = 6. Jedan hotel je bez i jednog prijatelja, ako 64 su u preostala tri prijatelji došli tako što su u jednom dva (mogućnosti ( 4 ) ), a u preostala dva po jedan (na dva načina). Za fiksiran hotel bez prijatelja to je moguće na 3 (4 ), jer dva čovjeka mogu u svaki od tri preostala hotela. Uzimajući u obzir sve hotele, broj povoljnih slučajeva je 4 3 (4 ), pa je P {X = } = 36. U dva hotela nema prijatelja, ako su po dva u dva hotela, ili u 64 jednom tri. Broj povoljnih slučajeva je ( 4 )( 4 ) + ( 4 )( 4 3 ), pa je P {X = } = 64. Na kraju je P {X = 3} = =. Dakle, zakon raspodjele je dat sa 64 X : E(X) =.6, V ar(x) =.4. Zadatak 3.3. Za slučajnu promjenljivu X vrijedi E(X) = i V ar(x) = 5. Odrediti E(X ), E(X + 6) i V ar( 3X + 5). Rješenje. Vrijede formule E(cX) = ce(x), E(X + c) = E(X) + c, V ar(x) = E(X ) E (X), V ar(cx) = c V ar(x), V ar(x + c) = V ar(x), gdje je c konstanta. Sada imamo E(X ) = V ar(x) + E (X) = 5, E(X + 6) = E(X) + 6 = 6, V ar( 3X + 5) = 9V ar(x) = 35. Zadatak 3.4. Data je funkcija g sa, x g(x) =, x x, x. a) Odrediti konstantu c tako da funkcija f(x) = cg(x) bude gustina slučajne promjenljive X. b) Odrediti funkciju raspodjele, matematičko očekivanje i varijansu slučajne promjenljive X.

51 47 c) Naći P (X < 3 X 7 4 ). Rješenje. a) Iz uslova to jest dobijamo c + dx + f(x)dx =, ( x)dx = c = 3. b)za funkciju raspodjele vjerovatnoća F imamo pa je F (x) =, x (x+) 6, < x x+3 6, < x x +4x+ 6, < x, x >. Kako je f parna funkcija imamo E(X) =. Dakle, Var(X) = Var(X) = E(X ), x dx + x ( x)dx = 5 6. c) Koristeći formulu za uslovnu vjerovatnoću zaključujemo da je P (X < 3 X 7 4 ) = P ( X < 3 ) P ( X < 7 4 ) = F ( 3 ) F () 44 F ( 7 = 4 ) F () 47. Zadatak 3.5. Neka slučajna promjenljiva X ima momenat trećeg reda. Pokazati da funkcija f definisana sa f (x) = ω (X(ω) x) P (ω), ima minimum za x = E(X), a funkcija f definisana sa f (x) = ω (X(ω) x) 3 P (ω),

52 48 3. NUMER. KARAKTERISTIKE SLUČ. PROMJENLJIVIH monotono opada. Rješenje. Kako je f (x) = ω ( )(X(ω) x)p (ω), zaključujemo da je za Osim toga, f (x) = X(ω)P (ω) ω x = = E(X). P (ω) ω f (x) = ω P (ω) = >, pa je zaista tačka minimuma funkcije f. x = E(X) f (x) = ω ( 3)(X(ω) x) P (ω), ( f (x) = ( 3) (X(ω)) P (ω) x X(ω)P (ω) + x ) P (ω). ω ω ω Kako je i ( ω zaključujemo da je P (ω) = > ω X(ω)P (ω)) ω (X(ω)) P (ω) = V ar(x), f (x), za sve x R, pa f monotono opada. Zadatak 3.6. Date su slučajne promjenljive X i Y. ( ) ( ) x x X : y y, Y :, x p p q q x, y y. Ako vrijedi E(XY ) = E(X)E(Y ) pokazati da su X i Y nezavisne slučajne promjenljive. Rješenje. Slučajne promjenljive U = X x x x, V = Y y y y

53 49 imaju sljedeće raspodjele ( U : p p ) (, V : q q ). Ako je tada je E(XY ) = E(X)E(Y ) E(UV ) = E(U)E(V ). Ako su U i V nezavisne slučajne promjenljive onda su takve i slučajne promjenljive X i Y. Sada je dovoljno pokazati nezavisnost slučajnih promjenljivih U i V. Imamo pa je Dalje, znači Slično dobijamo E(UV ) = P (U =, V = ) i E(U)E(V ) = P (U = )P (V = ), P (U =, V = ) = P (U = )P (V = ). P (U =, V = ) = P (U = ) P (U =, V = ) = P (U = )( P (V = )), P (U =, V = ) = P (U = )P (V = ). P (U =, V = ) = P (U = )P (V = ), P (U =, V = ) = P (U = )P (V = ). Dakle, slučajne promjenljive U i V su nezavisne, pa su takve i X i Y. Zadatak 3.7. Ako je ( ) 3 X : p p p 3 slučajna promjenljiva kod koje je E(X) = i Var(X) = 3 odrediti p, p i p 3. Rješenje. Vrijedi p + p + p 3 =, osim toga, kako je E(X) = imamo p + p + 3p 3 =. Dalje, pa je Var(X) = E(X ) E (X) = 3, p + 4p + 9p 3 4 = 3.

54 5 3. NUMER. KARAKTERISTIKE SLUČ. PROMJENLJIVIH Sada iz p + p + p 3 = p + p + 3p 3 = p + 4p + 9p 3 = 4 3, dobijamo p = p = p 3 = 3. Zadatak 3.8. Neka je X slučajna promjenljiva. Pokazati da je E(X) E(X ) + 4. Rješenje. Iz 4X + 4X + i 4X 4X + imamo 4 X X 4 + X. Kako vrijedi to imamo to jest X Y E(X) E(Y ), E ( 4 ) ( ) X E(X) E 4 + X, E(X) E(X ) + 4. Zadatak 3.9. Naći očekivanje broja realnih nula jednačine x 3 3x Y =, x R, gdje je Y slučajna promjenljiva sa gustinom f(y) = π( + y ). Rješenje. Neka je ϕ(x) = x 3 3x y, y R. Funkcija ϕ ima ekstreme za x {, } i vrijedi ϕ( ) = ( y), ϕ() = ( + y), tako da ϕ ima jednu realnu nulu ako je ϕ( ) < ili ϕ() >, odnosno y (, ) (, + ). Ako je y [, ] funkcija ϕ ima dvije nule i u preostalom slučaju tri nule. Neka je slučajna promjenljiva Z broj nula. Tada vrijedi P {Z = } = P {y < } + P {y > },

Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića

Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće zadaci Beleške dr Bobana Marinkovića Iz skupa, 2,, 00} bira se na slučajan način 5 brojeva Odrediti skup elementarnih dogadjaja ako se brojevi biraju

Διαβάστε περισσότερα

3.1 Granična vrednost funkcije u tački

3.1 Granična vrednost funkcije u tački 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 2 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 3. Granična vrednost funkcije u tački Neka je funkcija f(x) definisana u tačkama x za koje je 0 < x x 0 < r, ili

Διαβάστε περισσότερα

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A. 3 Infimum i supremum Definicija. Neka je A R. Kažemo da je M R supremum skupa A ako je (i) M gornja meda skupa A, tj. a M a A. (ii) M najmanja gornja meda skupa A, tj. ( ε > 0)( a A) takav da je a > M

Διαβάστε περισσότερα

IZVODI ZADACI (I deo)

IZVODI ZADACI (I deo) IZVODI ZADACI (I deo) Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C`=0. `=. ( )`= 4. ( n )`=n n-. (a )`=a lna 6. (e )`=e 7. (log a )`= 8. (ln)`= ` ln a (>0) 9. = ( 0) 0. `= (>0) (ovde je >0 i a

Διαβάστε περισσότερα

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Za skiciranje grafika funkcije potrebno je ispitati svako od sledećih svojstava: Oblast definisanosti: D f = { R f R}. Parnost, neparnost, periodičnost. 3

Διαβάστε περισσότερα

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti). PRAVA Prava je kao i ravan osnovni geometrijski ojam i ne definiše se. Prava je u rostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom aralelnim sa tom ravom ( vektor aralelnosti). M ( x, y, z ) 3 Posmatrajmo

Διαβάστε περισσότερα

VJEROJATNOST I STATISTIKA Popravni kolokvij - 1. rujna 2016.

VJEROJATNOST I STATISTIKA Popravni kolokvij - 1. rujna 2016. Broj zadataka: 5 Vrijeme rješavanja: 120 min Ukupan broj bodova: 100 Zadatak 1. (a) Napišite aksiome vjerojatnosti ako je zadan skup Ω i σ-algebra F na Ω. (b) Dokažite iz aksioma vjerojatnosti da za A,

Διαβάστε περισσότερα

Jednodimenzionalne slučajne promenljive

Jednodimenzionalne slučajne promenljive Jednodimenzionalne slučajne promenljive Definicija slučajne promenljive Neka je X f-ja def. na prostoru verovatnoća (Ω, F, P) koja preslikava prostor el. ishoda Ω u skup R realnih brojeva: (1)Skup {ω/

Διαβάστε περισσότερα

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju RAČUN OSTATAKA 1 1 Prsten celih brojeva Z := N + {} N + = {, 3, 2, 1,, 1, 2, 3,...} Osnovni primer. (Z, +,,,, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: sabiranje (S1) asocijativnost x + (y + z) = (x + y)

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori MATEMATIKA 2 Prvi pismeni kolokvijum, 14.4.2016 Grupa 1 Rexea zadataka Dragan ori Zadaci i rexea 1. unkcija f : R 2 R definisana je sa xy 2 f(x, y) = x2 + y sin 3 2 x 2, (x, y) (0, 0) + y2 0, (x, y) =

Διαβάστε περισσότερα

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. a b Verovatno a da sluqajna promenljiva X uzima vrednost iz intervala

Διαβάστε περισσότερα

Funkcija gustoće neprekidne slučajne varijable ima dva bitna svojstva: 1. Nenegativnost: f(x) 0, x R, 2. Normiranost: f(x)dx = 1.

Funkcija gustoće neprekidne slučajne varijable ima dva bitna svojstva: 1. Nenegativnost: f(x) 0, x R, 2. Normiranost: f(x)dx = 1. σ-algebra skupova Definicija : Neka je Ω neprazan skup i F P(Ω). Familija skupova F je σ-algebra skupova na Ω ako vrijedi:. F, 2. A F A C F, 3. A n, n N} F n N A n F. Borelova σ-algebra Definicija 2: Neka

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D} Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Neka su D i K bilo koja dva neprazna skupa. Postupak f koji svakom elementu x D pridružuje točno jedan element y K zovemo funkcija

Διαβάστε περισσότερα

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET Goran Stančić SIGNALI I SISTEMI Zbirka zadataka NIŠ, 014. Sadržaj 1 Konvolucija Literatura 11 Indeks pojmova 11 3 4 Sadržaj 1 Konvolucija Zadatak 1. Odrediti konvoluciju

Διαβάστε περισσότερα

5 Ispitivanje funkcija

5 Ispitivanje funkcija 5 Ispitivanje funkcija 3 5 Ispitivanje funkcija Ispitivanje funkcije pretodi crtanju grafika funkcije. Opšti postupak ispitivanja funkcija koje su definisane eksplicitno y = f() sadrži sledeće elemente:

Διαβάστε περισσότερα

18. listopada listopada / 13

18. listopada listopada / 13 18. listopada 2016. 18. listopada 2016. 1 / 13 Neprekidne funkcije Važnu klasu funkcija tvore neprekidne funkcije. To su funkcije f kod kojih mala promjena u nezavisnoj varijabli x uzrokuje malu promjenu

Διαβάστε περισσότερα

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Građevinski fakultet Univerziteta u Beogradu 3.2.2016. Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Prezime i ime: Broj indeksa: 1. Definisati Koxijev niz. Dati primer niza koji nije Koxijev. 2. Dat je red n=1

Διαβάστε περισσότερα

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Limes funkcije Neka je 0 [a, b] i f : D R, gdje je D = [a, b] ili D = [a, b] \ { 0 }. Kažemo da je es funkcije f u točki 0 jednak L i pišemo f ) = L, ako za

Διαβάστε περισσότερα

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f 2. Nule i znak funkcije; presek sa y-osom IspitivaƬe

Διαβάστε περισσότερα

7 Algebarske jednadžbe

7 Algebarske jednadžbe 7 Algebarske jednadžbe 7.1 Nultočke polinoma Skup svih polinoma nad skupom kompleksnih brojeva označavamo sa C[x]. Definicija. Nultočka polinoma f C[x] je svaki kompleksni broj α takav da je f(α) = 0.

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Trigonometrijske jednačine i nejednačine. Zadaci koji se rade bez upotrebe trigonometrijskih formula. 00. FF cos x sin x

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz Osnova matematike

Zadaci iz Osnova matematike Zadaci iz Osnova matematike 1. Riješiti po istinitosnoj vrijednosti iskaza p, q, r jednačinu τ(p ( q r)) =.. Odrediti sve neekvivalentne iskazne formule F = F (p, q) za koje je iskazna formula p q p F

Διαβάστε περισσότερα

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 Matrice - osnovni pojmovi (Matrice i determinante) 2 / 15 (Matrice i determinante) 2 / 15 Matrice - osnovni pojmovi Matrica reda

Διαβάστε περισσότερα

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto Trigonometrija Adicijske formule Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto Razumijevanje postupka izrade složenijeg matematičkog problema iz osnova trigonometrije

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz trigonometrije za seminar

Zadaci iz trigonometrije za seminar Zadaci iz trigonometrije za seminar FON: 1. Vrednost izraza sin 1 cos 6 jednaka je: ; B) 1 ; V) 1 1 + 1 ; G) ; D). 16. Broj rexea jednaqine sin x cos x + cos x = sin x + sin x na intervalu π ), π je: ;

Διαβάστε περισσότερα

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA April, 2013 Razni zapisi sistema Skalarni oblik: Vektorski oblik: F = f 1 f n f 1 (x 1,, x n ) = 0 f n (x 1,, x n ) = 0, x = (1) F(x) = 0, (2) x 1 0, 0 = x n 0 Definicije

Διαβάστε περισσότερα

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I Odredi na brojevnoj trigonometrijskoj kružnici točku Et, za koju je sin t =,cost < 0 Za koje realne brojeve a postoji realan broj takav da je sin = a? Izračunaj: sin π tg

Διαβάστε περισσότερα

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k. 1 3 Skupovi brojeva 3.1 Skup prirodnih brojeva - N N = {1, 2, 3,...} Aksiom matematičke indukcije Neka je N skup prirodnih brojeva i M podskup od N. Ako za M vrijede svojstva: 1) 1 M 2) n M (n + 1) M,

Διαβάστε περισσότερα

41. Jednačine koje se svode na kvadratne

41. Jednačine koje se svode na kvadratne . Jednačine koje se svode na kvadrane Simerične recipročne) jednačine Jednačine oblika a n b n c n... c b a nazivamo simerične jednačine, zbog simeričnosi koeficijenaa koeficijeni uz jednaki). k i n k

Διαβάστε περισσότερα

Neka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka.

Neka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka. Neka je a 3 x 3 + a x + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka. 1 Normiranje jednadžbe. Jednadžbu podijelimo s a 3 i dobivamo x 3 +

Διαβάστε περισσότερα

Skup svih mogućih ishoda datog opita, odnosno skup svih elementarnih događaja se najčešće obeležava sa E. = {,,,... }

Skup svih mogućih ishoda datog opita, odnosno skup svih elementarnih događaja se najčešće obeležava sa E. = {,,,... } VEROVTNOĆ - ZDI (I DEO) U računu verovatnoće osnovni pojmovi su opit i događaj. Svaki opit se završava nekim ishodom koji se naziva elementarni događaj. Elementarne događaje profesori različito obeležavaju,

Διαβάστε περισσότερα

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011.

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011. Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika Monotonost i ekstremi Katica Jurasić Rijeka, 2011. Ishodi učenja - predavanja Na kraju ovog predavanja moći ćete:,

Διαβάστε περισσότερα

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2.

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2. Sume kvadrata Koji se prirodni brojevi mogu prikazati kao zbroj kvadrata dva cijela broja? Propozicija 1. Ako su brojevi m i n sume dva kvadrata, onda je i njihov produkt m n takoder suma dva kvadrata.

Διαβάστε περισσότερα

MATERIJAL ZA VEŽBE. Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić. Asistent: dr Tibor Lukić. Godina: 2012

MATERIJAL ZA VEŽBE. Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić. Asistent: dr Tibor Lukić. Godina: 2012 MATERIJAL ZA VEŽBE Predmet: MATEMATIČKA ANALIZA Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić Asistent: dr Tibor Lukić Godina: 202 . Odrediti domen funkcije f ako je a) f(x) = x2 + x x(x 2) b) f(x) = sin(ln(x

Διαβάστε περισσότερα

Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa:

Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa: Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika KOLOKVIJUM 1 Prezime, ime, br. indeksa: 4.7.1 PREDISPITNE OBAVEZE sin + 1 1) lim = ) lim = 3) lim e + ) = + 3 Zaokružiti tačne

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja

radni nerecenzirani materijal za predavanja Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Kažemo da je funkcija f : a, b R u točki x 0 a, b postiže lokalni minimum ako postoji okolina O(x 0 ) broja x 0 takva da je

Διαβάστε περισσότερα

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a =

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a = x, y, z) 2 2 1 2. Rešiti jednačinu: 2 3 1 1 2 x = 1. x = 3. Odrediti rang matrice: rang 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. 2 0 1 1 1 3 1 5 2 8 14 10 3 11 13 15 = 4. Neka je A = x x N x < 7},

Διαβάστε περισσότερα

Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum

Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum Matematka Zadaci za drugi kolokvijum 8 Limesi funkcija i neprekidnost 8.. Dokazati po definiciji + + = + = ( ) = + ln( ) = + 8.. Odrediti levi i desni es funkcije u datoj tački f() = sgn, = g() =, = h()

Διαβάστε περισσότερα

Ispit iz Matematike 2

Ispit iz Matematike 2 Ispit iz Matematike 2 I grupa 1. Dato je preslikavanje H: M 2x2 M 2x2, H A = 1 2 A + AT. Pokazati da je to preslikavanje linearni operator, nadi matricu, sopstvene vrednosti i sopstvene vektore tog operatora.

Διαβάστε περισσότερα

Prvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a

Prvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a Testovi iz Analize sa algebrom 4 septembar - oktobar 009 Ponavljanje izvoda iz razreda (f(x) = x x ) Ispitivanje uslova Rolove teoreme Ispitivanje granične vrednosti f-je pomoću Lopitalovog pravila 4 Razvoj

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš

ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš 1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva

Διαβάστε περισσότερα

Sadrˇzaj. Sadrˇzaj 1 9 DVODIMENZIONALNI SLUČAJNI VEKTOR DISKRETNI DVODIMENZIONALNI

Sadrˇzaj. Sadrˇzaj 1 9 DVODIMENZIONALNI SLUČAJNI VEKTOR DISKRETNI DVODIMENZIONALNI Sadrˇzaj Sadrˇzaj DVODIMENZIONALNI. DISKRETNI DVODIMENZIONALNI............................ KONTINUIRANI -dim tko želi znati više.............................. 5. KOVARIJANCA, KORELACIJA, PRAVCI REGRESIJE........

Διαβάστε περισσότερα

PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).

PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ). 0.1 Faktorizacija: ID, ED, PID, ND, FD, UFD Definicija. Najava pojmova: [ID], [ED], [PID], [ND], [FD] i [UFD]. ID: Komutativan prsten P, sa jedinicom 1 0, je integralni domen [ID] oblast celih), ili samo

Διαβάστε περισσότερα

9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE

9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Geodetski akultet, dr sc J Beban-Brkić Predavanja iz Matematike 9 GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Granična vrijednost unkcije kad + = = Primjer:, D( )

Διαβάστε περισσότερα

POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE

POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE **** MLADEN SRAGA **** 011. UNIVERZALNA ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE SKUP REALNIH BROJEVA α Autor: MLADEN SRAGA Grafički urednik: BESPLATNA - WEB-VARIJANTA Tisak: M.I.M.-SRAGA

Διαβάστε περισσότερα

4 Numeričko diferenciranje

4 Numeričko diferenciranje 4 Numeričko diferenciranje 7. Funkcija fx) je zadata tabelom: x 0 4 6 8 fx).17 1.5167 1.7044 3.385 5.09 7.814 Koristeći konačne razlike, zaključno sa trećim redom, odrediti tačku x minimuma funkcije fx)

Διαβάστε περισσότερα

56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA. Sarajevo, godine

56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA. Sarajevo, godine 56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA Sarajevo, 3.04.016. godine 56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA

Διαβάστε περισσότερα

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1; 1. Provjerite da funkcija f definirana na segmentu [a, b] zadovoljava uvjete Rolleova poučka, pa odredite barem jedan c a, b takav da je f '(c) = 0 ako je: a) f () = 1, a = 1, b = 1; b) f () = 4, a =,

Διαβάστε περισσότερα

1 Pojam funkcije. f(x)

1 Pojam funkcije. f(x) Pojam funkcije f : X Y gde su X i Y neprazni skupovi (X - domen, Y - kodomen) je funkcija ako ( X)(! Y )f() =, (za svaki element iz domena taqno znamo u koji se element u kodomenu slika). Domen funkcije

Διαβάστε περισσότερα

Prvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum

Prvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum 27. septembar 205.. Izračunati neodredjeni integral cos 3 x (sin 2 x 4)(sin 2 x + 3). 2. Izračunati zapreminu tela koje nastaje rotacijom dela površi ograničene krivama y = 3 x 2, y = x + oko x ose. 3.

Διαβάστε περισσότερα

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola. KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: = a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije = a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako

Διαβάστε περισσότερα

Geometrija (I smer) deo 1: Vektori

Geometrija (I smer) deo 1: Vektori Geometrija (I smer) deo 1: Vektori Srdjan Vukmirović Matematički fakultet, Beograd septembar 2013. Vektori i linearne operacije sa vektorima Definicija Vektor je klasa ekvivalencije usmerenih duži. Kažemo

Διαβάστε περισσότερα

Algebarske strukture sa jednom operacijom (A, ): Ako operacija ima osobine: zatvorenost i asocijativnost, onda je (A, ) polugrupa

Algebarske strukture sa jednom operacijom (A, ): Ako operacija ima osobine: zatvorenost i asocijativnost, onda je (A, ) polugrupa Binarne operacije Binarna operacija na skupu A je preslikavanje skupa A A u A, to jest : A A A. Pišemo a b = c. Označavanje operacija:,,,. Poznate operacije: sabiranje (+), oduzimanje ( ), množenje ( ).

Διαβάστε περισσότερα

Dužina luka i oskulatorna ravan

Dužina luka i oskulatorna ravan Dužina luka i oskulatorna ravan Diferencijalna geometrija Vježbe Rješenja predati na predavanjima, u srijedu 9. ožujka 16. god. Zadatak 1. Pokazati da je dužina luka invarijantna pod reparametrizacijom

Διαβάστε περισσότερα

Matematiqki fakultet. Univerzitet u Beogradu. Domai zadatak

Matematiqki fakultet. Univerzitet u Beogradu. Domai zadatak Matematiqki fakultet Univerzitet u Beogradu Domai zadatak Zlatko Lazovi 30. decembar 2016. verzija 1.1 Sadraj 1 METRIQKI PROSTORI 2 1 1 METRIQKI PROSTORI a) Neka je (M, d) metriqki prostor i neka je (x

Διαβάστε περισσότερα

3 Populacija i uzorak

3 Populacija i uzorak 3 Populacija i uzorak 1 3.1 Slučajni uzorak X varijabla/stat. obilježje koje izučavamo Cilj statističke analize na osnovi uzorka izvesti odredene zaključke o (populacijskoj) razdiobi od X 2 Primjer 3.1.

Διαβάστε περισσότερα

Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK

Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK Živinice 1.4.014. ZADACI UDRUŽENJE MATEMATIČARA TUZLANSKOG KANTONA PEDAGOŠKI ZAVOD TUZLA Takmičenje učenika srednjih škola Tuzlanskog

Διαβάστε περισσότερα

O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš

O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš O trouglu mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš O trouglu 2 O TROUGLU Trougao je nezaobilazna tema kako osnovne tako i srednje škole. O trouglu se skoro sve zna. Navodimo te činjenice.

Διαβάστε περισσότερα

Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu.

Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu. Kompleksna analiza Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu. Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu

Διαβάστε περισσότερα

Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a.

Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a. Determinante Determinanta A deta je funkcija definirana na skupu svih kvadratnih matrica, a poprima vrijednosti iz skupa skalara Osim oznake deta za determinantu kvadratne matrice a 11 a 12 a 1n a 21 a

Διαβάστε περισσότερα

(y) = f (x). (x) log ϕ(x) + ψ(x) Izvodi parametarski definisane funkcije y = ψ(t)

(y) = f (x). (x) log ϕ(x) + ψ(x) Izvodi parametarski definisane funkcije y = ψ(t) Izvodi Definicija. Neka je funkcija f definisana i neprekidna u okolini tačke a. Prvi izvod funkcije f u tački a je Prvi izvod funkcije f u tački : f f fa a lim. a a f lim 0 Izvodi višeg reda funkcije

Διαβάστε περισσότερα

KONVEKSNA OPTIMIZACIJA. (zadaci) Milan Jovanović

KONVEKSNA OPTIMIZACIJA. (zadaci) Milan Jovanović KONVEKSNA OPTIMIZACIJA (zadaci) Milan Jovanović 1 Osnovu ove zbirke čine zadaci sa ispita iz Matematičkog programiranja, predmeta koji se predaje na PMF BL od 1998\1999 školske godine. To su zadaci označeni

Διαβάστε περισσότερα

( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Zadatak 08 (Vedrana, maturantica) Je li unkcija () = cos (sin ) sin (cos ) parna ili neparna? Rješenje 08 Funkciju = () deiniranu u simetričnom području a a nazivamo: parnom, ako je ( ) = () neparnom,

Διαβάστε περισσότερα

Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na

Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na . Ispitati tok i skicirati grafik funkcij = Oblast dfinisanosti (domn) Ova funkcija j svuda dfinisana, jr nma razlomka a funkcija j dfinisana za svako iz skupa R. Dakl (, ). Ovo nam odmah govori da funkcija

Διαβάστε περισσότερα

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Osječki matematički list 000), 5 9 5 Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Šefket Arslanagić Alija Muminagić Sažetak. U radu se navodi nekoliko različitih dokaza jedne poznate

Διαβάστε περισσότερα

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota:

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota: ASIMPTOTE FUNKCIJA Naš savet je da najpre dobro proučite granične vrednosti funkcija Neki profesori vole da asimptote funkcija ispituju kao ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti, pa kako

Διαβάστε περισσότερα

Na grafiku bi to značilo :

Na grafiku bi to značilo : . Ispitati tok i skicirati grafik funkcije + Oblast definisanosti (domen) Kako zadata funkcija nema razlomak, to je (, ) to jest R Nule funkcije + to jest Ovo je jednačina trećeg stepena. U ovakvim situacijama

Διαβάστε περισσότερα

numeričkih deskriptivnih mera.

numeričkih deskriptivnih mera. DESKRIPTIVNA STATISTIKA Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću numeričkih deskriptivnih mera. Pokazatelji centralne tendencije Aritmetička sredina, Medijana,

Διαβάστε περισσότερα

8 Funkcije više promenljivih

8 Funkcije više promenljivih 8 Funkcije više promenljivih 78 8 Funkcije više promenljivih Neka je R skup realnih brojeva i X R n. Jednoznačno preslikavanje f : X R naziva se realna funkcija sa n nezavisno promenljivih čiji je domen

Διαβάστε περισσότερα

Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost

Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost 1 Pojam granične vrednosti Naka su x 0 R i δ R, δ > 0. Pod δ okolinom tačke x 0 podrazumevamo interval U δ x 0 ) = x 0 δ, x 0 + δ), a pod probodenom δ

Διαβάστε περισσότερα

METODA SEČICE I REGULA FALSI

METODA SEČICE I REGULA FALSI METODA SEČICE I REGULA FALSI Zadatak: Naći ulu fukcije f a itervalu (a,b), odoso aći za koje je f()=0. Rešeje: Prvo, tražimo iterval (a,b) a kome je fukcija eprekida, mootoa i važi: f(a)f(b)

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNE FUNKCIJE

ELEMENTARNE FUNKCIJE 1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup Y je pridruživanje

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2

MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2 (kompleksna analiza, vježbe ). Izračunajte a) (+i) ( i)= b) (i+) = c) i + i 4 = d) i+i + i 3 + i 4 = e) (a+bi)(a bi)= f) (+i)(i )= Skicirajte rješenja u kompleksnoj ravnini.. Pokažite da za konjugiranje

Διαβάστε περισσότερα

Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo.

Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo. Kompleksni brojevi Algebarski oblik kompleksnog broja je z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo Trigonometrijski oblik kompleksnog broja je z = rcos θ + i sin θ,

Διαβάστε περισσότερα

Matematičke metode u marketingumultidimenzionalno skaliranje. Lavoslav ČaklovićPMF-MO

Matematičke metode u marketingumultidimenzionalno skaliranje. Lavoslav ČaklovićPMF-MO Matematičke metode u marketingu Multidimenzionalno skaliranje Lavoslav Čaklović PMF-MO 2016 MDS Čemu služi: za redukciju dimenzije Bazirano na: udaljenosti (sličnosti) među objektima Problem: Traži se

Διαβάστε περισσότερα

Determinante. Inverzna matrica

Determinante. Inverzna matrica Determinante Inverzna matrica Neka je A = [a ij ] n n kvadratna matrica Determinanta matrice A je a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n det A = = ( 1) j a 1j1 a 2j2 a njn, a n1 a n2 a nn gde se sumiranje vrši

Διαβάστε περισσότερα

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije Glava 1 Realne funkcije realne promen ive 1.1 Elementarne funkcije Neka su dati skupovi X i Y. Ukoliko svakom elementu skupa X po nekom pravilu pridruimo neki, potpuno odreeni, element skupa Y kaemo da

Διαβάστε περισσότερα

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE 1 SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE Neka je (V, +,, F ) vektorski prostor konačne dimenzije i neka je f : V V linearno preslikavanje. Definicija. (1) Skalar

Διαβάστε περισσότερα

PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE Fakultet Tehničkih Nauka, Novi Sad PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE 1 Za koje vrednosti parametra p R polinom f x) = x + p + 1)x p ima tačno jedan, i to pozitivan realan koren? U skupu realnih

Διαβάστε περισσότερα

UPUTSTVO: Elektrotehnički fakultet Univerziteta u Sarajevu

UPUTSTVO: Elektrotehnički fakultet Univerziteta u Sarajevu Elektrotehnički fakultet Univerziteta u Sarajevu P R I P R E M N I Z A D A C I za DRUGI PARCIJALNI ISPIT IZ PREDMETA INŽENJERSKA MATEMATIKA 1 Š.G. 005 / 006. UPUTSTVO: 1. Za svaki od prva četiri zadatka

Διαβάστε περισσότερα

Zbirka rešenih zadataka iz Matematike I

Zbirka rešenih zadataka iz Matematike I UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Tatjana Grbić Silvia Likavec Tibor Lukić Jovanka Pantović Nataša Sladoje Ljiljana Teofanov Zbirka rešenih zadataka iz Matematike I Novi Sad, 009. god.

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNA MATEMATIKA 2

ELEMENTARNA MATEMATIKA 2 ELEMENTARNA MATEMATIKA 1. Osnovni pojmovi o funkcijama Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup

Διαβάστε περισσότερα

Vektorski prostori. Vektorski prostor

Vektorski prostori. Vektorski prostor Vektorski prostori Vektorski prostor Neka je X neprazan skup i (K, +, ) polje. Skup X je vektorski ili linearni prostor nad poljem skalara K ako ima sledeću strukturu: (1) Definisana je operacija + u skupu

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNE FUNKCIJE

ELEMENTARNE FUNKCIJE 1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup Y je pridruživanje

Διαβάστε περισσότερα

Uvod u vjerojatnost i matematičku statistiku

Uvod u vjerojatnost i matematičku statistiku Uvod u vjerojatnost i matematičku statistiku - vježbe - Danijel Krizmanić 28. rujna 2007. Sadržaj Osnove vjerojatnosti 2 2 Kombinatorika i vjerojatnost 5 3 Uvjetna vjerojatnost. Nezavisnost 9 4 Geometrijske

Διαβάστε περισσότερα

Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu:

Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu: Refleksija S φ u odnosu na pravu kroz koordinatni početak Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu: ( ) ( ) ( ) x cos 2φ

Διαβάστε περισσότερα

POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA. U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije:

POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA. U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije: POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije: min f(x) (1.1) pri čemu nema dodatnih ograničenja na X = (x 1,..., x n ) R n. Probleme bezuslovne optimizacije

Διαβάστε περισσότερα

2.7 Primjene odredenih integrala

2.7 Primjene odredenih integrala . INTEGRAL 77.7 Primjene odredenih integrala.7.1 Računanje površina Pořsina lika omedenog pravcima x = a i x = b te krivuljama y = f(x) i y = g(x) je b P = f(x) g(x) dx. a Zadatak.61 Odredite površinu

Διαβάστε περισσότερα

Konstruktivni zadaci. Uvod

Konstruktivni zadaci. Uvod Svaki konstruktivni zadatak ima četri dijela: 1. Analiza 2. Konstrukcija 3. Dokaz 4. Diskusija Konstruktivni zadaci Uvod U analizi pretpostavimo da je zadatak riješen, i na osnovu slike (skice) rješenja,

Διαβάστε περισσότερα

- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova)

- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova) MEHANIKA 1 1. KOLOKVIJ 04/2008. grupa I 1. Zadane su dvije sile F i. Sila F = 4i + 6j [ N]. Sila je zadana s veličinom = i leži na pravcu koji s koordinatnom osi x zatvara kut od 30 (sve komponente sile

Διαβάστε περισσότερα

PRIMIJENJENA MATEMATIKA

PRIMIJENJENA MATEMATIKA SVEUČILIŠTE U RIJECI POMORSKI FAKULTET U RIJECI BISERKA DRAŠČIĆ BAN, TIBOR POGANJ PRIMIJENJENA MATEMATIKA Autorizirana predavanja i vježbe Rijeka, 2009. Sadržaj Poglavlje 1. Kombinatorika 5 1. Permutacije

Διαβάστε περισσότερα

Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B.

Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B. Korespondencije Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B. Pojmovi B pr 2 f A B f prva projekcija od

Διαβάστε περισσότερα

Trigonometrijske nejednačine

Trigonometrijske nejednačine Trignmetrijske nejednačine T su nejednačine kd kjih se nepznata javlja ka argument trignmetrijske funkcije. Rešiti trignmetrijsku nejednačinu znači naći sve uglve kji je zadvljavaju. Prilikm traženja rešenja

Διαβάστε περισσότερα

Relacije poretka ure denja

Relacije poretka ure denja Relacije poretka ure denja Relacija na skupu A je relacija poretka na A ako je ➀ refleksivna ➁ antisimetrična ➂ tranzitivna Umesto relacija poretka često kažemo i parcijalno ured enje ili samo ured enje.

Διαβάστε περισσότερα

I Pismeni ispit iz matematike 1 I

I Pismeni ispit iz matematike 1 I I Pismeni ispit iz matematike I 27 januar 2 I grupa (25 poena) str: Neka je A {(x, y, z): x, y, z R, x, x y, z > } i ako je operacija definisana sa (x, y, z) (u, v, w) (xu + vy, xv + uy, wz) Ispitati da

Διαβάστε περισσότερα

3n an = 4n3/2 +2n+ n 5n 3/2 +5n+2 n a 2 n = n 2. ( 2) n Dodatak. = 0, lim n! 2n 6n + 1

3n an = 4n3/2 +2n+ n 5n 3/2 +5n+2 n a 2 n = n 2. ( 2) n Dodatak. = 0, lim n! 2n 6n + 1 Nizovi 5 a = 5 +3+ + 6 a = 3 00 + 00 3 +5 7 a = +)+) ) 3 3 8 a = 3 +3+ + +3 9 a = 3 5 0 a = 43/ ++ 5 3/ +5+ a = + + a = + ) 3 a = + + + 4 a = 3 3 + 3 ) 5 a = +++ 6 a = + ++ 3 a = +)!++)! +3)! a = ) +3

Διαβάστε περισσότερα

SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE

SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE Ne postoji precizna definicija skupa (postoji ali nama nije zanimljiva u ovom trenutku), ali mi možemo koristiti jednu definiciju koja će nam donekle dočarati šta su zapravo

Διαβάστε περισσότερα

TAČKA i PRAVA. , onda rastojanje između njih računamo po formuli C(1,5) d(b,c) d(a,b)

TAČKA i PRAVA. , onda rastojanje između njih računamo po formuli C(1,5) d(b,c) d(a,b) TAČKA i PRAVA Najpre ćemo se upoznati sa osnovnim formulama i njihovom primenom.. Rastojanje između dve tačke Ako su nam date tačke Ax (, y) i Bx (, y ), onda rastojanje između njih računamo po formuli

Διαβάστε περισσότερα

2.7. DEVET RJEŠENJA JEDNOG ZADATKA IZ GEOMETRIJE *)

2.7. DEVET RJEŠENJA JEDNOG ZADATKA IZ GEOMETRIJE *) .7. DEVET RJEŠENJ JEDNOG ZDTK IZ GEOMETRIJE *) Riječ je o sljedećem zadatku iz geometrije: Oko jednakostraničnog trougla Δ opisana je kružnica. Dokazati da svaka tačka M luka ima osobinu M+ M = M. Daćemo

Διαβάστε περισσότερα

III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI

III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI III VEŽBA: URIJEOVI REDOVI 3.1. eorijska osnova Posmatrajmo neki vremenski kontinualan signal x(t) na intervalu definisati: t + t t. ada se može X [ k ] = 1 t + t x ( t ) e j 2 π kf t dt, gde je f = 1/.

Διαβάστε περισσότερα