VJEROJATNOST I STATISTIKA

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "VJEROJATNOST I STATISTIKA"

Transcript

1 Vera Čuljak VJEROJATNOST I STATISTIKA Gradevinski fakultet Sveučilište u Zagrebu

2 Predgovor Poštovani čitatelji, nadam se da ćete naći korisne informacije u ovom nastavnom tekstu. Ruski matematičar P.L. Čebišev (8-894) koji je unio nove ideje u teoriju vjerojatnosti izrekao je tezu da je povijest matematike moguće podijeliti na tri perioda: prvi: kada su zadatke zadavali grčki bogovi npr. delski problemi: nerješivi antički geometrijski zadatak da se pomoću šestara i ravnala konstruira kocka s obujmom dvostruko većim od zadanog; problem kvadrature kruga, problem trisekcije kuta; drugi: kada su zadatke zadavali polubogovi npr. B. Pacal (63-66) i P. Fermat (60-665); treći: kada zadatke zadaje praksa. Veliki interes za teoriju vjerojatnosti i matematičku statistiku počeo u drugoj polovici 0. stoljeća potaknut eksperimentalnim istraživanjima u industriji, ekonomiji, psihologiji, biologiji, fizici. Nova oblast teorije vjerojatnosti je teorija stohastičkih procesa koju je zasnovao A. Kolmogorov ( ). Stohastički procesi su terorijski modeli za npr. dinamičke sisteme u slučajevima kad se stanja sistema odreduju s vjerojatnostima. Zahvaljujući razvoju teorije vjerojatnosti razvile su se i znanstvene discipline: teorija masovnog opsluživanja, teorija informacija, teorija pouzdanosti tehničkih sistema, teorija zaliha. Matematička statistika se razvija na temeljima teorije vjerojatnosti u smjeru teorije procjena, teorije provjera statističkih hipoteza i teorije planiranja eksperimenata. Možda u ovim uvodnim rečenicama čitatelj nade motiv za pregled ovog matematičkog sadržaja. Ovaj nastavni materijal (skripta) je nastao kao radni materijal za predavanja iz kolegija Vjerojatnost i statistika koji predajem od 005. godine na preddiplomskom studiju Gradvinskog fakulteta Sveučilišta u Zagrebu.

3 Cilj kolegija je da se studenti upoznaju s osnovnim elmentima matematičke statistike kako bi u praksi mogli obraditi i interpertirati statističke podatke koje su dobili mjerenjem, testom ili anketom i kako bi uspješno primijenili elemente statističkog zaključivanja u stručnim kolegijima npr. Poznavanje materijala, Hidrologija, Pouzdanost konstrukcija i dr. Teorijski temelj matematičke statistike je teorija vjerojatnosti. To znanje je podloga i za kolegij Stohastički procesi koji se predaje na diplomskom studiju Gradevinskog fakulteta. Metodički razlozi uvjetovali su organizaciju skripte u tri cjeline: Vjerojatnost, Slučajne varijable i Matematička statistika. Skripta, preko 5 poglavlja, prati 5 predavanja (po sata tjedno). Strogi matematički sadržaj ublažen je imenovanjem definicija i teorema, izborom tema tko želi znati više i shematiziranom organizacijom svakog poglavlja: motivacijski primjer + definicija + primjer + teorem + primjer + napomene + šalabahter za ponavljanje gradiva. Zbog opsežnosti gradiva broj primjera i njihova težina primjereni su predavanjima. Pokušala sam pripremiti skriptu u kojoj će studenti naći : * osnovne informacije i tehnike rješavanja pojedinih tipova zadataka - kuharice ; * svoju bilježnicu, tako da dopisuju komentare na isprintani primjerak poglavlja; * materijal u kojem će, ako žele znati više, naći odgovore na pitanje ZAŠTO: * zašto je lozinka varijacija bez ili s ponavljanjem; * zašto kontolor kvalitete proizvoda u skladištu mora znati hipergeometrijsku razdiobu; * zašto je važan Gaussov šešir za odredjivanje očekivane mase opeke ili odredivanje maksimalnog opterećenja da je bi očekivani broj slomljenih ploča bio najviše 5%; * zašto su deformacija i Brinellova tvrdoća za neku vrstu čelika jako korelirane; * zašto učimo o slučajnim varijablama da bi odredili interval unutar kojeg 3 Radni materijal

4 će se kretati postotak glasova za nekog kandidata na izborima ili testirali hipotezu da dva tipa betona imaju jednake tlačne čvrstoće uz razinu značajnosti %. Ovo je radni materijal i bit ću zahvalna ako sve uočene greške i prijedloge kolegice i kolege studenti i čitatelji pošalju na adresu vera@grad.hr. Dodatni nastavni materijali na web stranici predmeta koji prate ovu web skriptu odnose se na primjenu programskog paketa Mathematika u statistici. Baza primjera kolokvija s teorijskim pitanjima obogaćuje se svake godine. Kolgice dr. sc. Tajana Slijepčević-Manger, Martina Benković i kolege Boško Kojundžić i Nikola Sandrić pripremali su zadatke za kolokvije i auditorne vježbe. Zahvaljujem se kolegici Martini Benković na pomoći pri grafičkoj obradi teksta i izradi slika. Zahvaljujem se kolegi Vladimiru Beniću koji je napravio web format skripte. Zagreb,.7.0. Vera Čuljak Radni materijal 4

5 Sadrˇzaj Sadrˇzaj 5 I Vjerojatnost 9 ELEMENTI KOMBINATORIKE. UVOD PRINCIPI PREBROJAVANJA PERMUTACIJE BEZ PONAVLJANJA PERMUTACIJE S PONAVLJANJEM VARIJACIJE BEZ PONAVLJANJA VARIJACIJE S PONAVLJANJEM KOMBINACIJE BEZ PONAVLJANJA KOMBINACIJE S PONAVLJANJEM tko želi znati više Ponovimo KLASIČNA DEFINICIJA VJEROJATNOSTI 37. PROSTOR ELEMNTARNIH DOGADAJA KLASIČNA DEFINICIJA VJEROJATNOSTI (A PRIORI) KLASIČNA DEFINICIJA VJEROJATNOSTI A POSTERIORI GEOMETRIJSKA VJEROJATNOST Ponovimo AKSIOMATSKA DEFINICIJA VJEROJATNOSTI 5 3. Ponovimo

6 4 UVJETNA VJEROJATNOST Ponovimo II Slučajne varijable 7 5 DISKRETNA SLUČAJNA VARIJABLA DISKRETNA SLUČAJNA VARIJABLA Ponovimo PRIMJERI DISKRETNIH SLUČAJNIH VARIJABLI Bernoullijeva shema. Binomna distribucija (razdioba) POISSONOVA DISTRIBUCIJA HIPERGEOMETRIJSKA DISTRIBUCIJA GEOMETRIJSKA DISTRIBUCIJA Ponovimo KONTINUIRANA SLUČAJNA VARIJABLA FUNKCIJA SLUČAJNE VARIJABLE Ponovimo PRIMJERI KONTINUIRANIH SLUČAJNIH VARIJABLI 5 8. NORMALNA DISTRIBUCIJA UNIFORMNA DISTRIBUCIJA EKSPONENCIJALNA DISTRIBUCIJA GAMA DISTRIBUCIJA HI KVADRAT DISTRIBUCIJA STUDENTOVA DISTRIBUCIJA Ponovimo DVODIMENZIONALNI SLUČAJNI VEKTOR DISKRETNI DVODIMENZIONALNI SLUČAJNI VEKTOR KONTINUIRANI -dim SLUČAJNI VEKTOR tko želi znati više KOVARIJANCA, KORELACIJA, PRAVCI REGRESIJE Ponovimo Radni materijal 6

7 0 ZVB i CGT tko želi znati više ČEBIŠEVLJEVA NEJEDNAKOST ZAKON VELIKIH BROJEVA CENTRALNI GRANIČNI TEOREM Ponovimo III Matematička statistika 75 MATEMATIČKA STATISTIKA 77. DESKRIPTIVNA STATISTIKA Ponovimo TEORIJA PROCJENA 93. TOČKASTE PROCJENE REGRESIJSKA ANALIZA ML-PROCJENITELJI tko želi znati više Ponovimo INTERVAL POVJERENJA ZA OČEKIVANJE 3. n NORMALNA σ POZNATO NORMALNA σ NEPOZNATO VJEROJATNOST BINOMNE Ponovimo INTERVAL POVJERENJA ZA VARIJANCU 9 4. µ POZNATO µ NEPOZNATO Ponovimo TESTIRANJE HIPOTEZA ZA VJEROJATNOST ZA OČEKIVANJE n > ZA OČEKIVANJE normalne ZA VARIJANCU Ponovimo Radni materijal

8 Radni materijal 8

9 Dio I Vjerojatnost 9

10

11 Poglavlje ELEMENTI KOMBINATORIKE KOMBINATORIKA je grana grana matematike koja se bavi osnovnim svojstvima konačnih skupova i metodama prebrojavanja. Poznati kombinatorni problemi su: problem izbora upravnog odbora, problem mostova u Konigsbergu, problem magičnih kvadrata, problem 4 boje. Zadatak ovog poglavlja je da se upozanju metode prebrojavanja koje će se iskoristiti za računanje vjerojatnosti slučajnih dogadaja.. UVOD MOTIV. Izračunajte koeficijent uz x 6 u razvoju ( + x 3 ) 4. Definicija. (FAKTORIJEL) Za prirodan broj n N, definiramo prirodan broj n faktorijela u oznaci n! sa: a dogovorno 0! =. n! = 3... n, (BINOMNI KOEFICIJENT) Neka su n, k N, k n. Binomni koeficijent je prirodni broj u oznaci ( ) n k ( n povrh k ) definiran na sljedeći način: ( ) n = k n(n )... (n k + )... k = n! k!(n k)!,

12 .. UVOD a dogovorno: ( n 0 ) =, ( 0 0) =. PRIMJER. T: Svojstva binomnih koeficijenata: (i) ( ) ( n k = n n k). (ii) ( ) ( ) ( ) n k + n k+ = n+ k+. Rješenje: D: tko želi znati više (i) ( ) n k = n! k!(n k)! = n! (n k)!k! = n! (n k)!(n (n k))! = ( n n k). (ii) ( ) ( ) n n + k k + = = = = = = n! k!(n k)! + n! (k + )!(n k )! n! k!(n k )!(n k) + n! k!(k + )(n k )! n!(k + ) + n!(n k) k!(k + )(n k )!(n k) n!(n + ) (k + )!(n k)! (n + )! (k + )!((n + ) (k + ))! ( ) n +. k + NAPOMENA. Stirlingova formula Za približno izračunavanje faktorijela velikih brojeva možemo primijeniti aproksimativnu Stirlingovu formulu: n! n n e n πn. PRIMJER. Izračunajte 5! pomoću Stirlingove formule. Kolika je greška aproksimacije? Radni materijal

13 . ELEMENTI KOMBINATORIKE Rješenje: Pomoću Stirlingove formule računamo 5! 5 5 e 5 π5 = Kako je po definiciji 5! = = 0 greška aproksimacije je.98. Peti Peanov aksiom prirodnih brojeva je aksiom matematičke indukcije koji ćemo koristiti u dokazima formula za broj permutacija, varijacija i kombinacija. TEOREM. AKSIOM MATEMATIČKE INDUKCIJE (AMI) Neka je N skup prirodnih brojeva. Ako je M N, i vrijedi: (i) M, (ii) ( m N), m M m + M onda je M = N. AMI primijenjujemo pri dokazivanju općenite valjanosti formula koje sadrže varijablu n N. TEOREM. (BINOMNI TEOREM) Neka su a, b R, n N. Binomni teorem izražava razvoj n-te potencije binoma formulom:. (a + b) n = n k=0 ( n k ) a k b n k, n N Dokaz: tko želi znati više Tvrdnja se dokazuje pomoću aksioma matematičke indukcije (AMI). Neka je M = Treba dokazati da je M = N. (B.I) M: n N : (a + b)n = (a + b) = k=0 ( k a + b = b + a. n k=0 ( n k ) a k b n k. ) a b k 3 Radni materijal

14 .. UVOD (P.I.) m M: (a + b) m = m ( m k k=0 ) a k b m k (K.I.) Treba pokazati koristeći (P.I.) da je m + M tj. Računamo = = = = = = m ( m k k=0 m k= ( m 0 m+ ( ) m + (a + b) m+ = a k b m+ k. k k=0 (a + b) m+ = (a + b) m (a + b) = P.I. m ( m = k = k=0 m ( m k k=0 ) a k b m k (a + b) ) a k+ b m k + m ( m k k=0 ) ( ( ) m m a k+ b m k + a m) m+ b 0 + a 0 b m+ + 0 ( ) ( ( ) m m m a k b m+ k + a k m) m+ b 0 a 0 b m+ + 0 ) a 0 b m+ + ( m + 0 ( m + 0 m+ ( m + k k=0 m ( m [ k k= ) a 0 b m+ + ) a 0 b m+ + m ( m [ k k= m ( m + k= ) a k b m+ k. Zaključujemo prema AMI da je M = N. ) ( ) m + ]a k b m+ k + k k ) ( ) m + ]a k b m+ k + k ) a k b m+ k + ) a k b m+ k m ( m k k= m ( m k k= ( m m) a m+ b 0 ) a k b m+ k ) a k b m+ k ( ) m + a m+ b 0 m + ( ) m + a m+ b 0 m + Prisjetimo se motivacijskog primjera: PRIMJER.3 motiv Izračunajte koeficijent uz x 6 u razvoju ( + x 3 ) 4. Radni materijal 4

15 . ELEMENTI KOMBINATORIKE Rješenje: Prema binomnom teoremu računamo ( + x 3 ) 4 = n k=0 ćemo odrediti k iz uvjeta da je (x 3 ) n k = x 6. Za n = 4 dobili smo da je k =. Dvanaesti član u razvoju je x 6, pa je njegov koeficijent ( n k koeficijent uz potenciju x 6 je 9. ( n k ) k (x 3 ) n k. U razvoju ) = ( 4 ) = 9. Traženi 5 Radni materijal

16 . PRINCIPI PREBROJAVANJA.. PRINCIPI PREBROJAVANJA MOTIV. U gradu ima 8 studentskih restorana ravnomjerno rasporedenih u 4 gradske četvrti. U okolini svakog restorana nalaze se dvije sportske dvorane. Student želi unajmiti stan. Na koliko načina može odabrati četvrt, studentski restoran i sportsku dvoranu ako: a) nije bitno ni da studentski restoran bude u istoj četvrti niti dvorana; b) nije bitno da studentski restoran bude u istoj četvrti ali dvorana treba biti; c) sve bude u najbližoj okolini. TEOREM.3 (PRINCIP SUME) Neka konačni skupovi imaju n i elemenata, n i N, i =,,.., k, S i = n i i neka su disjunktni za svaki izbor i j, S i S j =. Ako je S = S S... S k, onda skup S ima n=n + n n k elemenata: S S... S k = S + S S k. TEOREM.4 (PRINCIP PRODUKTA) Neka konačni skupovi S i imaju n i elemenata, n i N, i =,,.., k, S i = n i. Ako je S = S S... S k (kartezijev produkt skupova), onda skup S ima n=n n... n k elemenata (uredenih k-torki s=(s,s,...,s k )): S S... S k = S S... S k. PRIMJER.4 Bacamo dvije igraée kocke različite boje. (a) Koliko različitih ishoda ima ako bacamo jednu za drugom? (b) Na koliko različitih načina mogu pasti ako ih bacamo zajedno? Rješenje: S ima n = 6 elemenata, S ima n = 6 elemenata. (a) S = S S, S = S + S = n + n =. (b) S = S S, S = S S = n n = 36. Princip produkta ili osnovni princip kombinatorike ima drugu interpretaciju u teoremu o uzastopnom prebrojavanju. TEOREM.5 ( TEOREM O UZASTOPNOM PREBROJAVANJU) Proučavamo uredene k-torke. Neka prvi element uredene k-torke možemo izabrati na n načina, a za već izabrani prvi element, drugi možemo izabrati na n načina i tako dalje do k-tog koji možemo izabrati na n k načina. Tada uredenu k-torku možemo izabrati na n=n n... n k načina. Radni materijal 6

17 . ELEMENTI KOMBINATORIKE Prisjetimo se motivacijskog primjera: PRIMJER.5 motiv U gradu ima 8 studentskih restorana ravnomjerno rasporedenih u 4 gradske četvrti. U okolini svakog restorana nalaze se dvije sportske dvorane. Student želi unajmiti stan. Na koliko načina može odabrati četvrt, studentski restoran i sportsku dvoranu ako: a) nije bitno ni da studentski restoran bude u istoj četvrti niti dvorana; b) nije bitno da studentski restoran bude u istoj četvrti ali dvorana treba biti; c) sve bude u najbližoj okolini. Rješenje: a) n = 4 8 6=5, b) n = 4 8 4=8 c) n = 4 =6. 7 Radni materijal

18 .3. PERMUTACIJE BEZ PONAVLJANJA.3 PERMUTACIJE BEZ PONAVLJANJA MOTIV.3 Koliko se lozinki duljine 4 znaka može formirati od slova v i c (mala slova) i brojeva i 5 ako nije dozvoljeno ponavljanje znakova? Definicija. Neka skup S ima n različitih elemenata. Svaka uredena n-torka elemenata skupa S zove se permutacija skupa S. T: Broj svih n-članih permutacija je P(n) = n! = n (n ) (n )... ; D: Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju, prvi element možemo izabrati na n načina, drugi možemo izabrati na (n ) načina, treći na (n ) načina itd. D: tko želi znati više Pomoću AMI po n : Neka je M = {n N : P n = n!}. (B.I) Provjeravamo je li M. Za n = broj uredenih jednorki iz skupa koji ima samo element jednak P =. Prema formuli n! =! = za n = ; Tako je M. (P.I) Pretpostavimo m M, tj. vrijedi formula V m = m!. (K.I) U koraku indukcije trebamo pokazati da je m + M, tj. treba pokazati da vrijedi P m+ = (m + )!. Skup svih permutacija od m + element možemo podijeliti na m + podskupova u kojima su permutacije s fiksnim prvim elementom npr. a, sve permutacije s fiksnim prvim elementom a itd. Tako je P m+ = (m + ) P m = (P.I.) = (m + ) m! = (m + )!, pa smo pokazali da je m + M. Prema AMI zaključujemo da je M = N. Prisjetimo se motivacijskog primjera: PRIMJER.6 motiv Koliko se lozinki duljine 4 znaka može formirati od slova v i c (mala slova) i brojeva i 5, ako nije dozvoljeno ponavljanje znakova. Radni materijal 8

19 . ELEMENTI KOMBINATORIKE Rješenje: Svaka lozinka je jedna permutacija bez ponavljanja n = 4-članog skupa S = {v, c,, 5}. Ukupan broj permutacija bez ponavljanja je P(4) = 4! = 3 4 = 4. Možemo formirati 4 lozinke. PRIMJER.7 Koliko ima svih četveroznamenkastih brojeva sastavljenih od znamenki skupa S={,,3,4} takvih da se znamenke ne ponavljaju? Rješenje: Svaki 4-znamenkasti broj je permutacija n = 4-članog skupa S. Broj permutacija je P(4) = 4! = 3 4 = PERMUTACIJE S PONAVLJANJEM MOTIV.4 Koliko se lozinki duljine 4 znaka može formirati od slova v i c (mala slova) i brojeva i 5, ako sa slovo v ponovi puta? MOTIV.5 Eksperiment koji ima k=3 ishoda ponavljamo n=7 puta. Koliko je mogućih nizova eksperimenata takvih da se prvi ishod dogodi put, drugi ishod puta, a treć ishod 4 puta? Definicija.3 Neka skup S ima n elemenata od kojih je n jedne vrste, n druge vrste,..., n k k-te vrste, n = n + n n k. Uredena n-torka elemenata skupa S zove se n-člana permutacija s ponavljanjem. T: Broj n-članih permutacija s ponavljanjem je D: tko želi znati više P n (n, n,..., n k ) = n! n!n!...n k!. Pretpostavimo da su svi elementi u permutaciji sa ponavljanjem različiti i da imamo permutaciju bez ponavljanja od n = n + n n k elemenata. Ukupan broj tih permutacija je (n + n n k )!. U permutaciji s ponavljanjem možemo zamijeniti mjesta na kojima su elementi prve vrste na n! načina i pri tom se permutacija neće promijeniti. Slično zaključujemo i za elemnte druge,..., k-te vrste. Za svaku permutaciju s ponavljanjem postoji n!n!...n k! permutacija 9 Radni materijal

20 .3. PERMUTACIJE BEZ PONAVLJANJA bez ponavljanja u kojima se ne mijenja poredak različitih elemnata skupa S. Mijenjajući poredak različitih elemenata dobili bismo ukupan broj permutacija bez ponavljanja od n = n + n n k elemenata. Stoga je ukupan broj permutacija bez ponavljanja jednak (n + n n k )! = n!n!...n k!p n (n, n,..., n k ). slijedi da je ukupan broj permutacija s ponavanjem dan formulom P n (n, n,..., n k ) = n! n!n!...n k!. Otuda Prisjetimo se motivacijskog primjera: PRIMJER.8 motiv Koliko se lozinki duljine 4 znaka može formirati od slova v (malo slovo) i brojeva i 5, ako se slovo v ponovi puta? Rješenje: Lozinka je je 4-člana permutacija s ponavljanjem elemenata iz skupa S = {v, v,, 5}, tako da je n = n + n + n 3 = + + = 4. Broj permutacija s ponavljanjem je P n (n, n,..., n k ) = P 4 (,, ) = 4!!!! =. Možemo formirati lozinki. PRIMJER.9 Koliko ima peteroznamenkastih brojeva sastavljenih od znamenki iz skupa S = {,, 3, 4}, takvih da se znamenke ponavljaju i to znamenka dva puta? Rješenje: Svaki 5-znamenkasti broj je 5-člana permutacija s ponavljanjem elemenata tako da je n = n + n + n 3 + n 4 = = 5. Broj permutacija je P n (n, n,..., n k ) = P 5 (,,, ) = 5!!!!! = 60. PRIMJER.0 U kutiji je 0 kuglica: 4 crne, bijele, crvene, zelene i plava. Izvlačim ih jednu po jednu i slažem po redu u niz. (zapišemo i vratimo). Koliko mogućih nizova možemo napraviti? Rješenje: Svaki niz duljine 0 je permutacija s ponavljanjem, tako da je n = n +n +n 3 +n 4 + n 5 = = 0. Broj permutacija je P n (n, n,..., n k ) = P 0 (4,,,, ) = 0! 4!!!!! = PRIMJER. Koliko različitih riječi se može napraviti od slova u riječi VIVAMARIA? Radni materijal 0

21 . ELEMENTI KOMBINATORIKE Rješenje: P 9 (,, 3). PRIMJER. Uzorak s vraćanjem Skup S ima n elemenata od kojih je n jedne vrste, n druge vrste,..., n k k-te vrste, n=n + n n k. Uredena r-torka ima r elemenata prve skupine, r elemenata druge skupine,...,r k elemenata k - te skupine r=r +r +...+r k. Broj uredenih r-torki s vraćanjem je: P r (r, r,..., r k ) (n ) r (n ) r... (n k ) r k. Ako je n veliki a r mali u odnosu na n možemo odrediti broj uredenih r-torki s vraćanjem: P r (r, r,..., r k ). PRIMJER.3 U velikoj kutiji su crvene, bijele i plave olovke. Na koliko načina možemo izabrati uzorak od 9 olovaka takav da su crvene, 3 bijele i 4 plave olovke. Rješenje: Koristimo formulu za uzorak s vraćanjem (veliki n u odnosu na r). Osnovni skup je velik n(nepoznat)). Uzorak je uredena r-torka sastavljena od r = r + r + r 3 =+3+4=9 olovaka. Broj uzoraka je broj uzoraka s vraćanjem je P 9 (4,, 3). Prisjetimo se motivacijskog primjera: PRIMJER.4 motiv Ponavljamo eksperiment koji ima k=3 ishoda n=7 puta a da se uvjeti eksperimenta ne mijenjaju. Broj mogućih nizova eksperimenata takvih da se prvi ishod dogodi n = puta, n = puta,...,k-ti ishod n k = 4 puta je: P n (n, n,..., n k ), 7! P 7 (,, 4) =!! 4!. jer je broj različitih nizova eksperimenata jednak broju uzoraka s vraćanjem. Radni materijal

22 .4. VARIJACIJE BEZ PONAVLJANJA.4 VARIJACIJE BEZ PONAVLJANJA MOTIV.6 (a) Koliko se lozinki duljine 4 znaka može formirati od slova v i c (mala slova) i brojeva i 5, ako nije dozvoljeno ponavljanje znakova (b) Koliko se lozinki duljine 3 znaka može formirati od slova v i c (mala slova) i brojeva i 5, ako nije dozvoljeno ponavljanje znakova Definicija.4 Neka skup S ima n različitih elemenata. Uredena r-torka (r n) elemenata skupa S zove se varijacija r-tog razreda od n elemenata. T: Broj svih varijacija r-tog razreda od n elemenata je V (r) n = n(n )(n )... (n r + ) = V (n) n = P(n) = n! n! (n r)! ; D: Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju, prvi element možemo izabrati na n načina, drugi možemo izabrati na (n ) načina, treći na (n ) načina, r-ti na (n r + ) način. D: tko želi znati više Pomoću AMI po n : Neka je M = {n N : V (r) n = n! (n r)!, r n}. (B.I) Provjeravamo je li M. Za n = parametar r n može poprimiti samo vrijednost r = pa je broj uredenih jednoorki iz skupa koji ima samo element jednak V () n! =. Prema formuli (n r)! =! ( )! = za n = ; Tako je M. (P.I) Pretpostavimo m M, pa tada za svaki dani r m vrijedi formula V (r) m = m! (m r)!. (K.I) U koraku indukcije trebamo pokazati da je m + M. (i) Ako je r = onda je očito broj svih uredenih jeednorki iz skupa koji ima m + element jednak V () m+ = m +. Prema formuli n! (n r)! = (m+)! (m+ )! = (m + ) za n = m + i r =. Tako je m + M za r =. (ii) Ako je r m + treba pokazati da vrijedi V (r) m+ = (m+)! (m+ r)!. Za svaki fiksni r možemo skup svih varijacija podijeliti na m + podskupove u kojima su varijacije s fiksnim prvim elementom npr. a, sve varijacije s fiksnim prvim elementom a itd. Tako je V (r) m! (m + )! = (m + ) V(r ) m+ m = (P.I.) = (m + ) = (m r + )! (m + r)!. Radni materijal

23 . ELEMENTI KOMBINATORIKE Tako smo pokazali da je m + M za r m +. Prema AMI zaključujemo da je M = N. Prisjetimo se motivacijskog primjera: PRIMJER.5 motiv (a) Koliko se lozinki duljine 4 znaka može formirati od slova v i c (mala slova) i brojeva i 5, ako nije dozvoljeno ponavljanje znakova (b) Koliko se lozinki duljine 3 znaka može formirati od slova v i c (mala slova) i brojeva i 5, ako nije dozvoljeno ponavljanje znakova Rješenje: (a) Lozinka duljine 4 znaka je jedna varijacija 4.tog razreda od n = 4-članog skupas = {v, c,, 5} tj. permutacija bez ponavljanja od 4 elementa. Broj varijacija je V (4) = P(4) = 4! = 4. Možemo formirati 4 lozinke. (b) Lozinka duljine 3 znaka 4 je jedna varijacija 3-eg razreda od n = 4-članog skupas = {v, c,, 5}. Broj varijacija je V (3) = 4! 4 (4 3)! = 4. Možemo formirati 4 lozinke. PRIMJER.6 Koliko ima dvoznamenkastih brojeva sastavljenih od znamenki iz skupa S={,, 3, 4}, takvih da se znamenke ne ponavljaju? Rješenje: Svaki -znamenkasti broj je varijacija -og razreda od n = 4-članog skupa S. Broj varijacija je V () = 4! 4 (4 )! =.. PRIMJER.7 Koliko ima četveroznamenkastih brojeva sastavljenih od znamenki iz skupa S={0,,, 5, 7}, takvih da se znamenke ne ponavljaju? Rješenje: Svaki 4-znamenkasti broj je varijacija 4-og razreda od n = 5 elemeata. Broj varijacija je V (4) = 5! 5 (5 4)! = 0. Nula ne može biti na prvom mjestu pa od V (4) moramo oduzeti sve varijacije 5 3-eg razreda od 4 elementa V (3) = 4! 4 (4 3)! = 4. Traženih brojeva ima V (4) V (3) = = 96. PRIMJER.8 Koliko ima četveroznamenkastih brojeva djeljivih s 5 sastavljenih od znamenki iz skupa S = {0,,, 5, 7}, takvih da se znamenke ne ponavljaju? 3 Radni materijal

24 .4. VARIJACIJE BEZ PONAVLJANJA Rješenje: Broj je djeljiv s 5 ako mu je zadnja znamenka 0 ili 5. Prvo, fiksiramo zadnju znamenku 5. Svaki takav troznamenkasti broj je varijacija 3-eg razreda od n = 4-članog skupa S = {0,,, 7}. Broj varijacija je V (3) = 4! 4 (4 3)! = 4. Nula ne može biti na prvom mjestu pa od V (3) moramo oduzeti sve varijacije -og 4 razreda od 3 elementa iz skupa {,, 7} V () = 3! 3 (3 )! = 6. Zatim, fiksiramo zadnju znamenku 0. Svaki takav 3-znamenkasti broj je varijacija 3-eg razreda od n = 4-članog skupa S = {,, 5, 7}, pa ih ukupno ima V (3) = 4! 4 (4 3)! = 4. Ukupan broj traženih brojeva je V (3) V () + V (3) = = PRIMJER.9 Na koliko se načina u razredu u kojem je 30 učenika može odabrati glumačka družina za Crvenkapicu? Likovi su Crvenkapica, vuk, baka i lovac. Rješenje: V (4) VARIJACIJE S PONAVLJANJEM MOTIV.7 Koliko se lozinki duljine 4 znaka može formirati od slova v i c (mala slova) i brojeva i 5, ako je dozvoljeno ponavljanje znakova. Definicija.5 Neka skup S ima n različitih elemenata. Uredena r-torka elemenata n- članog skupa S ali tako da se elementi mogu i ponavljati (r može biti i veće od n) zove se varijacija s ponavljanjem r-tog razreda od n elemenata. T: Broj varijacija s ponavljanjem r-tog razreda od n elemenata V (r) n = n r. D: Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju, prvi element možemo izabrati na n načina, drugi možemo izabrati na n načina, treći na n načina, itd., r-ti na n načina jer je dozvoljeno ponavljanje elemenata iz skupa S. D: tko želi znati više Radni materijal 4

25 . ELEMENTI KOMBINATORIKE Pomoću AMI po r : Neka je M = {r N : V (r) n = n r, n N}. (B.I) Provjeravamo je li M. Za r = broj uredenih jednorki iz skupa koji ima samo n element jednak V () n = n. Prema formuli n r = n = n za r = ; pa je M. (P.I) Pretpostavimo da je m M, tj. vrijedi formula V (r) m = n m. (K.I) U koraku indukcije trebamo pokazati da je m + M. tj. treba pokazati da vrijedi V (m+) n = n m+. Skup svih varijacija s ponavljanjem možemo podijeliti na n podskupova u kojima su varijacije s ponavljanjem s fiksnim prvim elementom npr. a, sve varijacije s fiksnim prvim elementom a itd. Tako je V (m+) n Pokazali da je m + M za n N. Prema AMI zaključujemo da je M = N. Prisjetimo se motivacijskog primjera: PRIMJER.0 motiv = n V (m) n = (P.I.) = n n m = n m+. (a) Koliko se lozinki duljine 4 znaka može formirati od slova v i c (mala slova) i brojeva i 5, ako je dozvoljeno ponavljanje znakova. (b) Koliko se lozinki duljine 3 znaka može formirati od slova v i c (mala slova) i brojeva i 5, ako je dozvoljeno ponavljanje znakova. Rješenje: (a) Lozinka je varijacija s ponavljanjem 4-tog razreda od n = 4-članog skupa S = v, c,, 5. Broj varijacija je V (4) 4 = 4 4 = 56. Možemo formirati 56 lozinki. (b) Lozinka je varijacija s ponavljanjem 3-tog razreda od n = 4-članog skupa S = v, c,, 5. Broj varijacija je V (3) 4 = 4 3 = 64. Možemo formirati 56 lozinki. PRIMJER. Koliko ima dvoznamenkastih brojeva sastavljenih od znamenki iz skupa S = {,, 3, 4}, takvih da se znamenke ponavljaju? Rješenje: Svaki takav dvoznamenkasti broj je varijacija s ponavljanjem -og razreda od n = 4-članog skupa S. Broj varijacija je V () 4 = 4 = 6. PRIMJER. Razdioba različitih predmeta Svaka razdioba r različitih predmeta na n različitih mjesta je varijacija s ponavljanjem r-tog razreda od n elemenata. Broj razdioba je: V (r) n. 5 Radni materijal

26 .4. VARIJACIJE BEZ PONAVLJANJA PRIMJER.3 3 kuglice različitih boja rasporedujemo u 6 kutija. možemo dobiti? Koliko razdioba Rješenje: V (3) 6 PRIMJER.4 Uočimo da je izbor r kuglica iz jedne kutije u kojoj je n različitih kuglica s vraćanjem u kutiju (a poredak je važan), analogan rasporedu r različitih kuglica u n različitih kutija. PRIMJER.5 Iz kutije u kojoj je šest kuglica različitih boja izvlačimo tri kuglice jednu po jednu s vraćanjem ponovo u kutiju. postupkom? Rješenje: V (3) 6. Koliko različitih uzoraka možemo dobiti tim PRIMJER.6 Listić sportske prognoze ima 0 parova. Svaki par može dobiti oznaku 0, ili (poraz, neriješeno,pobjeda domaćina). Koliko listića treba ispuniti da bi sigurno jedan listić bio dobitni? Rješenje: S = {0,, }, n = 3. Listić je varijacija s ponavljanjem r = 0-og razreda od n = 3 elementa. varijacija je V (0) 3 = 3 0 = Broj Radni materijal 6

27 . ELEMENTI KOMBINATORIKE.5 KOMBINACIJE BEZ PONAVLJANJA MOTIV.8 U skladištu je 00 proizvoda, 70 proizvoda prve klase, 0 proizvoda druge klase i 0 proizvoda treće klase. Kontrolor testira tri proizvoda i daje pozitvnu ocjenu ako su svi proizvodi prve klase. Na osnovu koliko posto svih uzoraka će kontrolor dati pozitivnu ocjenu proizvoda? Definicija.6 Neka skup S ima n različitih elemenata. Svaki r-člani podskup (r n) (redoslijed elemenata u skupu nije bitan) n-članog skupa S zove se kombinacija r-tog razreda od n elemenata. T: Broj svih kombinacija r-tog razreda je od n elemenata je (i) C (r) n = ( ) n r = n! r! (n r)! ; (ii) C (r) n = V(r) n r!. D: (i) Budući da u r-članom skupu redoslijed nije bitan onda broj uredenih r-torki od n elemenata moramo podijeliti s brojem permutacija r-članog skupa. (ii) Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju, prvi element možemo izabrati na n načina, drugi možemo izabrati na (n ) načina, treći na (n ) načina, r-ti na (n r + ) način. D: tko želi znati više Pomoću AMI po n : Neka je M = {n N : C (r) n = n! (n r)! r!, r n}. (B.I) Provjeravamo je li M. Za n = parametar r n može poprimiti samo vrijednost r = pa je broj jednočlanih podskupova iz skupa koji ima samo element jednak C () n!! =. Prema formuli (n r)! r! = ( )!! = za n = ; Tako je M. (P.I) Pretpostavimo m M, pa tada za svaki dani r m vrijedi formula C (r) m = m! (m r)! r!. (K.I) U koraku indukcije trebamo pokazati da je m + M. ( ) Ako je r = onda je očito broj svih jednočlanih podskupova iz skupa koji ima 7 Radni materijal

28 .5. KOMBINACIJE BEZ PONAVLJANJA m + element jednak C () m+ = m +. Prema formuli n! n = m + i r =. (n r)! r! = (m+)! (m+ )! r! = (m + ) za Pokazali smo da je m + M za r =. ( ) Ako je r < m + treba pokazati da vrijedi C (r) m+ = (m+)! (m+ r)! r!. Za svaki fiksni r možemo skup svih kombinacija podijeliti na dva podskupa u kojima su kombinacije bez ponavljanja koje sadrže fiksni element npr. a, i podskup u kojem su kombinacije bez ponavljanja koje ne sadrže fiksni element a. Tako je C (r) m+ = C(r ) m + C (r) m = (P.I.) = Tako smo pokazali da je m + M za r < m +. m! (m r + ) (r )! + m! (m r) r! = m +! (m + r)! r!. ( ) Ako je r = m+ onda je očito broj svih m+ -članih podskupova iz skupa koji ima m + element jednak C (m+) n! =. Prema formuli m+ (n r)! r! = (m+)! (m+ (m+))! (m+)! = za n = m + i r = m +. Vrijedi m + M za r = m +. Prema AMI zaključujemo da je M = N. PRIMJER.7 Loto ima 39 brojeva. Izvlači se slučajno 7 brojeva. Koliko različitih listića s kombinacijama 7 brojeva treba ispuniti da se dobije jedan siguran pogodak? Rješenje: S = {,, 3,..., 39}, n = 39. Listić je kombinacija 7-og razreda (r = 7) od 39 elemenata. Broj kombinacija je C (7) 39 = ( ) 39 7 = ! = Treba ispuniti listića da bi bili sigurni da ćemo imati jedan dobitak. PRIMJER.8 U ravnini je 5 točaka od kojih 3 nikada ne leže na istom pravcu. a) Koliko pravaca odreduju te točke? b) Koliko trokuta odreduju te točke? Rješenje: S = {,, 3, 4, 5}, n = 5. a) Pravac je kombinacija -og razreda (r = ) od 5 elemenata. Broj kombinacija je C () = ( ) 5 5 = 5 4! = 0. Točke odreduju 0 pravaca. b) Trokut je kombinacija 3-eg razreda (r = 3) od 5 elemenata. Broj kombinacija je C (3) = ( ) = ! = 0. Točke odreduju 0 trokuta. Radni materijal 8

29 . ELEMENTI KOMBINATORIKE PRIMJER.9 Uzorak bez vraćanjem Skup S ima n elemenata od kojih je n jedne vrste, n druge vrste,..., n k k-te vrste, n=n + n n k. Uredena r-torka ima r elemenata prve skupine, r elemenata druge skupine,...,r k elemenata k - te skupine r=r +r +...+r k Broj uredenih r-torki bez vraćanja je: C r n C r n... C r k n k. PRIMJER.30 Studenti dva turnusa biraju po tri predstavnika u Klub studenata prve godine GF. Prvi turnus ima 0 studenata, a drugi 30 studenata. Koliko moguće je različitih sastava Kluba studenata? Rješenje: Koristimo formulu za uzorak bez vraćanja (koristimo teorem o uzastopnom prebrojavanju i broj kombinacija r i -razreda od n i elemenata). n = n + n =0+30,r = r + r =3+3. Ukupan broj načina da se dobije 6-člani Klub je C (3) 0 C(3) 30 = ( ) ( ) = PRIMJER.3 U skupu od 7 proizvoda 7 je neispravnih. Na koliko načina se može dobiti uzorak koji se sastoji od 5 dobrih i 3 neispravna proizvoda? Rješenje: Koristimo formulu za uzorak bez vraćanja (koristimo teorem o uzastopnom prebrojavanju i broj kombinacija r i -razreda od n i elemenata). S = 0T + 7D, n = n T + n D ; n T = 0, n D = 7. Uzorak r = 5T + 3D, r = r T + r D ; r T = 5, r D = 3. Broj traženih uzoraka je C (5) 0 C(3) = ( ) ( ) = PRIMJER.3 Ako želimo ispitati kvalitetu 0 proizvoda od kojih je 6 ispravnih i 4 neispravna uzimamo uzorak od tri proizvoda. Koliko uzoraka ima u kojima a) nema neispravnih proizvoda b) ima jedan neispravan proizvod c) ima barem dva ispravna proizvoda? 9 Radni materijal

30 .5. KOMBINACIJE BEZ PONAVLJANJA Rješenje: Koristimo formulu za uzorak bez vraćanja. a) Osnovni skup ima n = 0 elemenata; n = n T +n D = 6+4. Uzorak bez neispravnih proizvoda ima r = r T + r D = Broj uzoraka koji nemaju neispravnih proizvoda je: C (3) 6 C (0) 4 =0. b) Osnovni skup ima n = 0 elemenata; n = n T +n D = 6+4. Uzorak s neispravnim proizvodom ima r = r T + r D = +. Broj uzoraka koji imaju neispravni proizvod je: C () 6 C () 4 = 60. c) Osnovni skup ima n = 0 elemenata; n = n T + n D = Uzorak s bar dva ispravna proizvoda može biti ako ima ili 0 neispravna proizvoda. Broj uzoraka s bar ispravna proizvoda je: c) = a) + b) = C (3) C (0) + C () C () = = Prisjetimo se motivacijskog primjera: PRIMJER.33 motiv U skladištu je 00 proizvoda, 70 proizvoda prve klase, 0 proizvoda druge klase i 0 proizvoda treće klase. Kontrolor testira tri proizvoda i daje pozitvnu ocjenu ako su svi proizvodi prve klase. Na osnovu koliko posto svih uzoraka će kontrolor dati pozitivnu ocjenu proizvoda? Rješenje: Broj uzoraka veličine r = 3 od n = 00 elemenata je C (3) 00 =6700. Koristimo formulu za uzorak bez vraćanja. Osnovni skup ima n = 00 = n + n + n 3 = proizvoda Uzorak prve klase ima r = r + r + r 3 = = 3 proizvoda. Broj uzoraka prve klase je: C (3) 70 C(0) 0 C(0) 0 = Kontrolor će dati pozitivnu ocjenu u = ili u 33, 8% slučajeva..5. KOMBINACIJE S PONAVLJANJEM tko želi znati više MOTIV.9 Na koliko načina možmo rasporediti 3 bagera (jednaki) na 6 gradilišta? Definicija.7 Neka skup S ima n različitih elemenata. Svaki r-člani podskup (r N), n-članog skupa S gdje se elementi mogu i ponavljati (redoslijed elemenata u r-torci nije bitan) zove se kombinacija s ponavljanjem r-tog razreda od n elemenata. Radni materijal 30

31 . ELEMENTI KOMBINATORIKE T: Broj svih kombinacija s ponavljanjem r-tog razreda od n elemenata je (i) C (r) n = ( ) n+r r ; (ii) C (r) n = C (r) n+r ; (iii) C (r) n = P n+r (n, r). D: tko želi znati više (i) Pomoću AMI po s = n + r : Neka je M = {s = n + r N : C (r) n = ( ) n+r r, n, r N}. (B.I) Provjeravamo je li M. Za s = tj. n + r =, parametari su r =, n =. Broj -čl. podskupova iz skupa koji ima samo element jednak je C () =. Prema formuli ( ) n+r r =! ( )!! = za s = ; pa je s = M. (P.I) Pretpostavimo da s = m M, tj. za n + r = m vrijedi formula C (r) n = ( ) n+r r. (K.I) U koraku indukcije trebamo pokazati da je s = m + M tj. da za n + r = m + vrijedi formula C (r) n = ( n+r r ( ) Ako je r = onda je očito broj svih -članih podskupova s ponavljanjem iz skupa koji ima n = m + element jednak C () m+ = m +. Prema formuli ( ) n+r r = ) = (m + ) za n = m + i r =. ( m+ Pokazali smo da je s = m + M za r =. ( ) Ako je n = onda je očito broj svih m+-članih podskupova s ponavljanjem iz skupa koji ima n = element jednak C (m+) =. Prema formuli ( ) ( n+r r = m+) = za n = i r = m +. Tako je s = m + M za n =. ( ) U ostalim slučajevima, skup svih kombinacija s ponavljanjem možemo podijeliti na dva podskupa u kojima su kombinacije sa ponavljanjem koje sadrže fiksni element npr. a, i kombinacije sa ponavljanjem koje ne sadrže fiksni element a. ). 3 Radni materijal

32 .5. KOMBINACIJE BEZ PONAVLJANJA Zato je C (r) n = C (r ) n + C (r) n = ( n + r r ) + Pokazali smo da je s = m + M za r i n. ( ) ( n + r n + r = (P.I.) = r r ). Prema AMI zaključujemo da je M = N. (ii) Pokazat ćemo na primjeru n = 3, r = da formula vrijedi. Neka je skup S = {,, 3}. Sve kombinacije s ponavljanjem -og razreda od 3 elementa su (elemente smo poredali po uzlaznim vrijednostima): {,} {,} {,3} {,} {,3} {3,3}. Tih kombinacija ima C () 3 =6. Definirajmo preslikavanje koje će ovim podskupovima pridijeliti podskupove dobivene tako da prvom članu podskupa dodamo 0, a drugom članu. {,} {,} {,} {,3} {,3} {,4} {,} {,3} {,3} {,4} {3,3} {3,4}. Slike su kombinacije bez ponavljanja -og razreda od 4-članog skupa {,,3,4}. Preslikavanje je bijekcija izmedu skupa svih kombinacija s ponavljanjem -razreda od 3 elementa i kombinacija -razreda od 4 elementa. Budući da postoji bijekcija, ti su skupovi jednakobrojni pa vrijedi C () 3 = C () = 6. 4 (ii) Uočimo da je izbor r kuglica iz jedne kutije u kojoj je n različitih kuglica s vraćanjem u kutiju, analogan rasporedu r jednakih kuglica u n različitih kutija. Svaki raspored kako se r kuglica može rasporediti u n kutija je kombinaciju s ponavljanjem r-tog razreda od n elemenata. Zamislimo da imamo n kutija poredanih u niz i da u njih bacamo k kuglica. Problem je sada kao da slažemo kuglice i pregrade izmedu njih. Jedan raspored možemo gledati kao uredenu n + r -torku gdje imamo n izbor pregrada i r izbora za kuglice. Svaki takav raspored je permutacija s ponavljanjem od n + r elementata od kojih jedne vrste ima n, a druge r. Ukupan broj takvih permutacija s ponavljanjem ima P n +r (n, r). Radni materijal 3

33 . ELEMENTI KOMBINATORIKE PRIMJER.34 Zamislimo da imamo n=5 kutija poredanih u niz i da u njih bacamo r=9 kuglica. Problem možemo razmatrati kao da slažemo kuglice i pregrade medu kutijama. Imamo n-=4 jednake pregrade i r=9 jednakih kuglica. Dakle, imamo permutacije n+r-=3 elemenata od kojih su 4 jedne vrste i 9 druge vrste pa je njihov broj: P 3 (4, 9). PRIMJER.35 Razdioba jednakih predmeta Svaka razdioba r jednakih predmeta na n različitih mjesta je kombinacija s ponavljanjem r -tog razreda od n elemenata. Broj razdioba je C (r) n. Prisjetimo se motivacijskog primjera: PRIMJER.36 motiv Na koliko načina možmo rasporediti 3 bagera (jednaki) na 6 gradilišta? Rješenje: Bagere možemo rasporediti na C (3) 6 = ( ) ( ) ( ) n+r r = = 8 3 = 56 načina. PRIMJER.37 3 kuglice iste boje rasporedujemo u 6 kutija. Koliko razdioba možemo dobiti? Rješenje: C (3) 6. PRIMJER.38 Uočimo da je izbor r kuglica iz jedne kutije u kojoj je n različitih kuglica s vraćanjem u kutiju ( redoslijed nije važan), analogan rasporedu r jednakih kuglica u n različitih kutija. PRIMJER.39 Iz kutije u kojoj je 6 kuglica različite boje izvlačimo tri kuglice jednu po jednu s vraćanjem. Koliko uzoraka možemo dobiti ako redoslijed nije važan? Rješenje: C (3) Radni materijal

34 .5. KOMBINACIJE BEZ PONAVLJANJA PRIMJER.40 U prodavaonici se može kupiti 5 vrsta čarapa. Koliko različitih poklona može napraviti prodavač ako je pakirao po 9 pari? Rješenje: S = {,, 3, 4, 5}, n = 5 vrsta čarapa. Poklon je kombinacija s ponavljanjem 9-razreda (r = 9) od 5 elemenata. Broj poklona je C (9) 5 = ( ) ( ) ( ) n+r r = = 3 9 = 75. PRIMJER.4 Iz kutije u kojoj je šest kuglica različitih boja izvlačimo tri odjednom (bez vraćanja). Koliko takvih kombinacija možemo dobiti ako redoslijed nije važan? Rješenje: C (3) 6. PRIMJER.4 Iz kutije u kojoj je 6 kuglica različitih boja izvlačimo tri kuglice jednu po jednu s vraćanjem. Koliko uzoraka možemo dobiti ako redoslijed nije važan? Rješenje: C (3) 6. Radni materijal 34

35 . ELEMENTI KOMBINATORIKE.6 Ponovimo BEZ PONAVLJANJA broj permutacija od n elemenata P(n) = n! broj varijacija r tog razreda od n elemenata broj kombinacija r tog razreda od n elemenata V (r) n = n! (n r)! C (r) n = ( n r ) = n! r! (n r)! S PONAVLJANJEM br. permutacija s pon. od n el. P n (n, n,..., n k ) = n! n!n!...n k! br. varijacija s pon. r tog raz. od n el. br. kombinacija s pon. r tog raz. od n el. IZBOR - s vraćanjem V (r) n C (r) n = n r = ( n+r r ) IZBOR: r-čl. uzorka iz n-čl. skupa različitih elemenata nije važan poredak važan poredak C (r) n V (r) n IZBOR - bez vraćanja IZBOR: r-čl. uzoraka iz n-čl. skupa različitih elemenata nije važan poredak važan poredak C (r) n V (r) n RAZDIOBE - proizvoljno predmeta u kutijama RAZDIOBE: r predmeta u n različitih kutija jednakih predmeta različitih predmeta C (r) n V (r) n RAZDIOBE - najviše po jedan predmet u kutiji RAZDIOBE: r predmeta u n različitih kutija jednakih predmeta različitih predmeta C (r) n V (r) n 35 Radni materijal

36 .6. Ponovimo UZORCI UZORCI: veličine r = r + r r k iz n = n + n n k -čl. skupa bez vraćanja C (r ) n C (r ) n C (r k) n k s vraćanjem P r (r, r,..., r k ) (n ) r (n ) r... (n k ) r k s vraćanjem n r P r (r, r,..., r k ) Radni materijal 36

37 Poglavlje KLASIČNA DEFINICIJA VJEROJATNOSTI Teorija vjerojatnosti je matematička disciplina čiji je zadatak formirati i proučavati matematički model slučajnog pokusa. U 7. stoljeću, inspirirani kockarskim igramam matematičari B. Pascal i P. Fermat su se prvi bavili vjerojatnosnim problemima.. PROSTOR ELEMNTARNIH DOGADAJA Pokus (eksperiment) je definiran odnosom uzroka i posljedica. Pretpostavke za realizaciju pokusa su: ponavljanje pokusa proizvoljno konačno mnogo puta i poznavanje moguć ih ishoda. Ishodi pokusa su jedini objekti za izgradnju matematičkog modela pokusa. U determinističkom pokusu ishod je jednoznačno odreden uvjetima pokusa, a u slučajnom pokusu ishod nije jednoznačno odeden uvjetima pokusa. Osnovna pretpostavka slučajnog pokusa je da svako vršenje pokusa mora dati ishod (dogadaj) koji odgovara jednom i samo jednom elementarnom dogadaju. MOTIV. (a) Bacamo igraću kocku. Koji su ishodi slučajnog pokusa? (b) Bacamo istovremeno dvije igraće kocke. Koji su ishodi slučajnog pokusa? 37

38 .. PROSTOR ELEMNTARNIH DOGADAJA Definicija. (ELEMENTARNI DOGADAJ.PROSTOR ELEMENTARNIH DOGADAJA) Slučajni pokus je definiran svojim osnovnim ishodima koji se medusobno isključuju i zovu se elementarni dogadaji. Označavaju se malim grčkim slovima ω, ω,.. Skup Ω = {ω i : ω i =elementarni dogadaji, i =,.., n,...} je neprazan skup i zove se prostor elementarnih dogadaja. PRIMJER. Slučajni pokus= bacanje novčića; elementarni dogadaji: ω, ω ; ω = palo pismo, ω = pala glava ; Prostor elementarnih dogadaja Ω = {ω, ω }. Prisjetimo se motivacijskog primjera: PRIMJER. motiv (a) Slučajni pokus= bacanje kocke; elementarni dogadaji: ω,..., ω 6 ; ω = pao broj,...,omega 6 = pao broj 6 ; Prostor elementarnih dogadaja Ω = {ω,..., ω 6 } (b) Slučajni pokus= bacanje istovremeno dvije kocke; elementarni dogadaji: ω,..., ω 36 ; ω = (, ),...,ω 36 = (6, 6). Prostor elementarnih dogadaja Ω = {ω,..., ω 36 }. PRIMJER.3 Slučajni pokus (eksperiment)= vrijeme trajanja tri sijalice; elementarni dogadaj: ω = (x, y, z) R 3 : x > 0, y > 0, z > 0; Prostor elementarnih dogadaja Ω = {ω = (x, y, z) R 3 : x > 0, y > 0, z > 0} PRIMJER.4 Slučajni pokus (eksperiment)= dnevna količina padalina i maksimalna dnevna temperatura u Zagrebu; elementarni dogadaj: ω = (x, y) : x 0, 30 < y 50; Prostor elementarnih dogadaja Ω = {ω = (x, y) R : x 0, 30 < y 50} Definicija. (SLUČAJNI DOGADAJ) Slučajni dogada je podskup prostora elementarnih dogadaja. Slučajni dogadaji označavaju se velikim tiskanim slovima latinice A,B,...; A Ω. (SIGURAN DOGADAJ) Cijeli prostor elementarnih dogadaja Ω je siguran dogadaj koji se mora dogoditi u svakom vršenju pokusa. (NEMOGUĆ DOGADAJ) Radni materijal 38

39 . KLASIČNA DEFINICIJA VJEROJATNOSTI Prazan skup je nemoguć dogadaj koji se nikad neće dogoditi. (POVOLJAN DOGADAJ) Elementarni dogadaj koji pripada dogadaju A zove se povoljan za dogadaj A ako pojavljivanje tog elementarnog dogadaja u pokusu povlačda se dogodio dogadaj A. PRIMJER.5 Slučajni pokus=bacanje igraće kocke; elementarni dogadaji: ω = pala,..., ω 6 = pala 6 ; Prostor elementarnih dogadaja: Ω = {ω, ω,..., ω 6 } = {,, 3, 4, 5, 6}; A= pao je paran broj ; A={ω, ω 4, ω 6 } = {, 4, 6}. Elementarni dogadaji ω, ω 4, ω 6 su povoljni za dogadaj A. OPERACIJE SA SKUPOVIMA Slučajni dogadaji su podskupovi od Ω. Operacije sa dogadajima definiramo pomoću operacija sa skupovima. Podskup dogadaja: A B : (dogodi se A dogodi se B); Razlika dogadaja: A\B : (dogadaj A\B se dogodi ako se dogodi A i ne dogodi B); Suprotan dogadaj: A c = Ω\A : (A c se dogodi A ne dogodi); B A B A C A A A B A B Presjek dogadaja : A B : (dogadaj A B se dogodi dogode se i A i B); Unija dogadaja:a B : (dogadaj A B se dogodi dogodi se ili A ili B); A A B B A B A B T: Vrijede de Morganova pravila: 39 Radni materijal

40 .. PROSTOR ELEMNTARNIH DOGADAJA ( k ( k A k ) c = k A k ) c = k A c k ; A c k. Definicija.3 (DOGADAJI SE ISKLJUČUJU) Za dogadaje A i B kažemo da se medusobno isključuju ako je njihov presjek jednak. Definicija.4 (POTPUN SISTEM DOGADAJA) Skupovi A, A,..., A n čine potpun sistem dogadaja ako se svi medusobno isključuju i ako im je unija cijeli prostor elementarnih dogadaja: n A i, A j =, i j, i =,..., n; A i = Ω. PRIMJER.6 Iz skupa jednoznamenkastih brojeva izabiremo jedan broj. Neka je dogadaj A= broj je djeljiv s, dogadaj B= broj je djeljiv s 3. Naći izraze za dogadaje C: (a) C= broj djeljiv i s i s 3 ; (b) C= broj djeljiv ili s ili s 3 ; (c) C= broj paran a nije djeljiv s 3 ; (d) C= broj nije paran a djeljiv s 3 ; (e) C= broj nije ni paran ni djeljiv s 3. Rješenje: A = {, 4, 6, 8}, B = {3, 6, 9} (a) C=A B = {6}; (b) C=A B = {, 3, 4, 6, 8, 9}; (c) C=A\B = {, 4, 8}; (d) C=B\A = {3, 9}; (e) C=(A B) c = A c B c = {, 5, 7}. PRIMJER.7 Iz tablice slučajnih brojeva izabran je jedan broj. Dogadaj A= broj je djeljiv s dva, dogadaj B= zadnja znamenka je 0. Što označava dogadaj C: (a) C=A B; (b) C=A c B; (c)c=a B; Rješenje: (a) C= broj je paran i zadnja znamenka je 0 ; (b) C= nemoguć dogadaj; (c) C=A = broj je paran. Radni materijal 40 i=

41 . KLASIČNA DEFINICIJA VJEROJATNOSTI PRIMJER.8 Slučajni pokus je gadanje u metu. Pokus se ponavlja 3 puta. Promatraju se dogadaji A, B, C koji znače pogadanje mete u prvom, drugom i trećem pokušaju. Pomoću tih dogadaja opisati slijedeće dogadaje: (a) sva tri pogotka ; (b) tri promašaja ; (c) bar jedan pogodak ; (d) bar jedan promašaj ; (e) najviše dva pogotka ; (f) najviše jedan pogodak ; (g) bar dva pogotka ; (h) do trećeg gadanja nije bilo pogodaka. Rješenje: (a) A B C; (b) A c B c C c = (A B C) c ; (c) A B C; (d) A c B c C c = (A B C) c ; (e) A c (A B c ) (A B C c ) = A c B c C c ;=(d) (f) (A c B c C c ) (A B c C c ) (A c B c C) (A c B C c ); (g) (A B C) (A B) (A C) (B C); (h) A c B c = (A B) c. PRIMJER.9 Za koje dogadaje vrijedi: (a) A B = A; (b) A B = A; (c) A B = A B; (d) A B = A c (e) A B = A c. Rješenje: (a) B A; (b) A B; (c) A = B; (d) A = Ω, B = ; (e) A =, B = Ω. 4 Radni materijal

42 . KLASIČNA DEFINICIJA VJEROJATNOSTI (A PRIORI).. KLASIČNA DEFINICIJA VJEROJATNOSTI (A PRIORI) Francuski matematičar P. S. Laplace ( ) objavio je 8. djelo Theorie analitique des probabilities u kojem uvodi pojam elemntarnih dogadaja i pojam vjerojatnosti a priori i a posteriori. Vjerojatnost dogadaja a priori odreduje preko omjera koji ovisi o prirodi dogadaja. Za homogeni novčić prije bacanja može se odrediti da je vjerojatnost (a priori) da će pasti pismo jednaka. Vjerojatnost dogadaja a posteriori odreduje nakon velikog broja ponavljanja eksperimenta kao omjer broja pojavljivanja dogadaja i ukupnog broja ponavljanja. MOTIV. U skupu od 7 proizvoda 7 je neispravnih. Kolika je vjerojatnost da izaberemo uzorak koji se sastoji od 5 dobrih i 3 neispravna proizvoda? Definicija.5 (KLASIČNA DEFINICIJA VJEROJATNOSTI A PRIORI) Neka je prostor elementarnih dogadaja konačan skup Ω = n, Ω = {ω,..., ω n }. Neka su svi elementarni dogadaji jednako mogući. elementarnih dogadaja, A Ω, A = m. Vjerojatnost svakog elementarnog dogadaja je P(ω) = Ω. Vjerojatnost dogadaja A definira se kao broj: T: SVOJSTVA: () P(Ω) =, () P(A c ) = P(A), (3) P( ) = 0, (4) 0 P(A), (5) A B P(A) P(B), (6) A B = P(A B) = P(A) + P(B), (7) P(A B) = P(A) + P(B) P(A B). D: P(A) = A Ω. () P(Ω) = n n =, () P(A c ) = n m n = m n = P(A), (3) P( ) = P(Ω c ) = () = P(Ω) = () = = 0, Radni materijal 4 Neka dogadaj A ima m povoljnih

43 . KLASIČNA DEFINICIJA VJEROJATNOSTI (4) A Ω, 0 < A < n 0 < P(A) <, prema () i (3) 0 P(A). (5) A B A n B n P(A) P(B), (6) A B = A + B P(A B) = A B n = A + B n = A n + B n = P(A) + P(B), (7) A B = A + B A B P(A B) = A B n SLABOSTI: = A + B A B n = A n + B n A B n = P(A) + P(B) P(A B). -restriktivna jer se može primijeniti samo na slučajne pokuse s konačno mnogo elementarnih dogadaja; -kružna jer se u definiciji vjerojatnosti koristi formulacija jednako mogući tj. jednako vjerojatni. PRIMJER.0 Slučajni pokus: bacanje igraće kocke. Kolika je vjerojatnost (klasična apriori) dogadaja A= pao broj veći ili jednak 3? Rješenje: Ω = {,, 3, 4, 5, 6}, n = Ω = 6. A = {3, 4, 5, 6}, A = 4. P(A) = A n = 4 6 = PRIMJER. U kutiji je pet kuglica: dvije bijele i 3 crne. Iz kutije slučajno izvučemo jednu kuglicu. Kolika je vjerojatnost da će izvučena kuglica biti crna? Rješenje: Slučajni pokus: izvlačimo kuglicu iz kutije u kojoj su b i 3 c kuglice; Ω = {b, b, c, c, c}, n = Ω = 5. A= kuglica je crna ; A = {c, c, c}, A = 3, P(A) = A n = 3 5. PRIMJER. U kutiji je n olovaka jedne vrste od kojih je n T ispravnih, a n D = n n T neispravnih. Uzmemo slučajni uzorak od r olovaka. Kolika je vjerojatnost da je medu njima r T ispravnih (0 r T r)i r D neispravnih? 43 Radni materijal

44 .. KLASIČNA DEFINICIJA VJEROJATNOSTI (A PRIORI) Rješenje: Slučajni pokus: izbor od r elemenata (bez vraćanja) iz skupa koji ima n elemenata n = n T + n D, r = r T + r D. Ω = {svi uzorci veličine r iz n-čl. skupa}, Ω = ( n r) ; Dogadaj A= uzorak ima r T ispravnih i r D neispravnih ; A = Broj svih uzoraka veličine r iz n-čl. skupa bez vraćanja koji imaju r T ispravnih i r D neispravnih: Koristimo formulu za uzorak bez vraćanja (koristimo teorem o uzastopnom prebrojavanju i broj kombinacija r i -razreda od n i elemenata). A = C (r T) n T C (r D) n D = ( ) ( ) ( ) ( ) n T r T nd rd = nt r T n nt r r T. P(A) = A Ω = ( ( n T rt ) ) n n T r r T ( n r). Prisjetimo se motivacijskog primjera: PRIMJER.3 motiv U skupu od 7 proizvoda 7 je neispravnih. Kolika je vjerojatnost da izaberemo uzorak koji se sastoji od 5 dobrih i 3 neispravna proizvoda? Rješenje: Slučajni pokus: izbor od r elemenata (bez vraćanja) iz skupa koji ima n elemenata n = n T + n D, r = r T + r D. n = 7, r = 8, n T = 0, n D = 7, r T = 5, r D = 3. Ω ={svi uzorci veličine r = 8 iz n = 7-čl. skupa}; Ω = ( n) ( r = 7 ) 8 = 0 075; Dogadaj A= uzorak ima r T = 5 ispravnih i r D =3 neispravnih ; A =Broj svih uzoraka veličine r iz n -čl. skupa bez vraćanja koji imaju r T ispravnih od n T i r D neispravnih od n D : A = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n T r T nd rd = nt r T n nt r r T = = P(A)= A Ω = = Radni materijal 44

Sadrˇzaj. Sadrˇzaj 1. 4 UVJETNA VJEROJATNOST Ponovimo... 14

Sadrˇzaj. Sadrˇzaj 1. 4 UVJETNA VJEROJATNOST Ponovimo... 14 Sadrˇzaj Sadrˇzaj 1 4 UVJETNA VJEROJATNOST 3 4.1 Ponovimo................................. 14 1 Radni materijal 2 Poglavlje 4 UVJETNA VJEROJATNOST Thomas Bayes (1702 1762) uvodi pojam uvjetne vjerojatnosti:

Διαβάστε περισσότερα

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

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost M086 LA 1 M106 GRP Tema: CSB nejednakost. 19. 10. 2017. predavač: Rudolf Scitovski, Darija Marković asistent: Darija Brajković, Katarina Vincetić P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/ 1 Baza vektorskog prostora.

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

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

Operacije s matricama

Operacije s matricama Linearna algebra I Operacije s matricama Korolar 3.1.5. Množenje matrica u vektorskom prostoru M n (F) ima sljedeća svojstva: (1) A(B + C) = AB + AC, A, B, C M n (F); (2) (A + B)C = AC + BC, A, B, C M

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

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

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

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović Novi Sad April 17, 2018 1 / 22 Teorija grafova April 17, 2018 2 / 22 Definicija Graf je ure dena trojka G = (V, G, ψ), gde je (i) V konačan skup čvorova,

Διαβάστε περισσότερα

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL MATEMATIKA. Neka je S skup svih živućih državljana Republike Hrvatske..04., a f preslikavanje koje svakom elementu skupa S pridružuje njegov horoskopski znak (bez podznaka). a) Pokažite da je f funkcija,

Διαβάστε περισσότερα

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012 Iskazna logika 3 Matematička logika u računarstvu Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia novembar 2012 Deduktivni sistemi 1 Definicija Deduktivni sistem (ili formalna teorija)

Διαβάστε περισσότερα

OSNOVNI PRINCIPI PREBROJAVANJA. () 6. studenog 2011. 1 / 18

OSNOVNI PRINCIPI PREBROJAVANJA. () 6. studenog 2011. 1 / 18 OSNOVNI PRINCIPI PREBROJAVANJA () 6. studenog 2011. 1 / 18 TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA -vrlo često susrećemo se sa problemima prebrojavanja elemenata nekog konačnog skupa S () 6. studenog 2011.

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

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

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011. INTEGRALNI RAČUN Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa Lucija Mijić lucija@ktf-split.hr 17. veljače 2011. Pogledajmo Predstavimo gornju sumu sa Dodamo još jedan Dobivamo pravokutnik sa Odnosno

Διαβάστε περισσότερα

Slučajne varijable. Diskretna slučajna varijabla X je promjenjiva veličina koja poprima vrijednosti iz skupa

Slučajne varijable. Diskretna slučajna varijabla X je promjenjiva veličina koja poprima vrijednosti iz skupa Slučajne varijable Statistički podaci su distribuirani po odredenoj zakonitosti. Za matematičko (apstraktno) opisivanje te zakonitosti potrebno je definirati slučajnu varijablu kojoj pripada odredena razdioba

Διαβάστε περισσότερα

1 Promjena baze vektora

1 Promjena baze vektora Promjena baze vektora Neka su dane dvije različite uredene baze u R n, označimo ih s A = (a, a,, a n i B = (b, b,, b n Svaki vektor v R n ima medusobno različite koordinatne zapise u bazama A i B Zapis

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

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x Zadatak (Darjan, medicinska škola) Izračunaj vrijednosti trigonometrijskih funkcija broja ako je 6 sin =,,. 6 Rješenje Ponovimo trigonometrijske funkcije dvostrukog kuta! Za argument vrijede sljedeće formule:

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

Slučajne varijable Materijali za nastavu iz Statistike

Slučajne varijable Materijali za nastavu iz Statistike Slučajne varijable Materijali za nastavu iz Statistike Kristina Krulić Himmelreich i Ksenija Smoljak 2012/13 1 / 1 Slučajna varijabla Slučajna varijabla je funkcija X koja elementarnim dogadajima pridružuje

Διαβάστε περισσότερα

2. OSNOVNI POJMOVI TEORIJE VJEROJATNOSTI

2. OSNOVNI POJMOVI TEORIJE VJEROJATNOSTI 2. OSNOVNI POJMOVI TEORIJE VJEROJATNOSTI 2. ALGEBRA DOGAĐAJA 2.. Intuitivna definicija Slučajan pokus (eksperiment) jest takav pokus čiji ishodi nisu jednoznačno određeni skupom uvjeta pokusa. Sa Ω označavamo

Διαβάστε περισσότερα

Neka su A i B skupovi. Kažemo da je A podskup od B i pišemo A B ako je svaki element skupa A ujedno i element skupa B. Simbolima to zapisujemo:

Neka su A i B skupovi. Kažemo da je A podskup od B i pišemo A B ako je svaki element skupa A ujedno i element skupa B. Simbolima to zapisujemo: 2 Skupovi Neka su A i B skupovi. Kažemo da je A podskup od B i pišemo A B ako je svaki element skupa A ujedno i element skupa B. Simbolima to zapisujemo: A B def ( x)(x A x B) Kažemo da su skupovi A i

Διαβάστε περισσότερα

Statistika i osnovna mjerenja

Statistika i osnovna mjerenja Statistika i osnovna mjerenja Teorija vjerojatnosti M. Makek 2016/2017 Uvod Pokus bilo koji postupak ili proces koji rezultira opažanjem Ishod moguć rezultat pokusa (različiti ishodi se međusobno isključuju)

Διαβάστε περισσότερα

Teorijske osnove informatike 1

Teorijske osnove informatike 1 Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. () Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. 1 / 17 Funkcije Veze me du skupovima uspostavljamo skupovima koje nazivamo funkcijama. Neformalno, funkcija

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

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

Matematička analiza 1 dodatni zadaci

Matematička analiza 1 dodatni zadaci Matematička analiza 1 dodatni zadaci 1. Ispitajte je li funkcija f() := 4 4 5 injekcija na intervalu I, te ako jest odredite joj sliku i inverz, ako je (a) I = [, 3), (b) I = [1, ], (c) I = ( 1, 0].. Neka

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

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

VJEROJATNOST I STATISTIKA 2. kolokvij lipnja 2016.

VJEROJATNOST I STATISTIKA 2. kolokvij lipnja 2016. Broj zadataka: 5 Vrijeme rješavanja: 0 min Ukupan broj bodova: 50 Zadatak.. kolokvij - 0. lipnja 0. (a Ako su X i Y diskretne slučajne varijable, dokažite da vrijedi formula E [X + Y ] = E [X] + E [Y ].

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

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ LOGARITAMSKA FUNKCIJA SVOJSTVA LOGARITAMSKE FUNKCIJE OSNOVE TRIGONOMETRIJE PRAVOKUTNOG TROKUTA - DEFINICIJA TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA - VRIJEDNOSTI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA

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

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 1 2 3 4 5 Σ jmbag smjer studija Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 7. 11. 2012. 1. (10 bodova) Neka je dano preslikavanje s : R 2 R 2 R, s (x, y) = (Ax y), pri čemu je A: R 2 R 2 linearan operator oblika

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

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

Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu)

Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu) Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu) Vidosava Šimić 22. prosinca 2009. Domena funkcije dvije varijable Ako je zadano pridruživanje (x, y) z = f(x, y), onda se skup D = {(x, y) ; f(x, y) R} R 2 naziva

Διαβάστε περισσότερα

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Linearna algebra 2 prvi kolokvij, Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 27.. 20.. Za koji cijeli broj t je funkcija f : R 4 R 4 R definirana s f(x, y) = x y (t + )x 2 y 2 + x y (t 2 + t)x 4 y 4, x = (x, x 2, x, x 4 ), y = (y, y 2, y, y 4 )

Διαβάστε περισσότερα

KONAČNA MATEMATIKA Egzistencija kombinatornih konfiguracija Dirichlet-ov i Ramseyev teorem

KONAČNA MATEMATIKA Egzistencija kombinatornih konfiguracija Dirichlet-ov i Ramseyev teorem Природно-математички факултет, Универзитет у Нишу, Србија http://www.pmf.ni.ac.yu/mii Математика и информатика 1 (3) (2009), 19-24 KONAČNA MATEMATIKA Egzistencija kombinatornih konfiguracija Dirichlet-ov

Διαβάστε περισσότερα

Uvod u vjerojatnost i statistiku

Uvod u vjerojatnost i statistiku Vježbe 5. 1 Uvjetna vjerojatnost i nezavisnost dogadaja 2 Zadaci 3 Formula potpune vjerojatnosti 4 Bayesova formula 5 Zadaci Monty Hall problem - Koze i auto I Pretpostavite da igrate igru u kojoj birate

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

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

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

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva Riješei zadaci: Nizovi realih brojeva Nizovi, aritmetički iz, geometrijski iz Fukciju a : N R azivamo beskoači) iz realih brojeva i ozačavamo s a 1, a,..., a,... ili a ), pri čemu je a = a). Aritmetički

Διαβάστε περισσότερα

Strukture podataka i algoritmi 1. kolokvij 16. studenog Zadatak 1

Strukture podataka i algoritmi 1. kolokvij 16. studenog Zadatak 1 Strukture podataka i algoritmi 1. kolokvij Na kolokviju je dozvoljeno koristiti samo pribor za pisanje i službeni šalabahter. Predajete samo papire koje ste dobili. Rezultati i uvid u kolokvije: ponedjeljak,

Διαβάστε περισσότερα

PISMENI ISPIT IZ STATISTIKE

PISMENI ISPIT IZ STATISTIKE 1. a) Trgovina odjeće prodaje odjeću u tri različite veličine: 32% veličine S, 44% veličine M i ostatak veličine L. Pokazalo se da je postotak odjeće s greškom redom 1%, 5% i 2%. Ako je trgovina ustanovila

Διαβάστε περισσότερα

PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je,

PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je, PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI Sama definicija parcijalnog ivoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je, naravno, naučiti onako kako vaš profesor ahteva. Mi ćemo probati

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

APROKSIMACIJA FUNKCIJA

APROKSIMACIJA FUNKCIJA APROKSIMACIJA FUNKCIJA Osnovni koncepti Gradimir V. Milovanović MF, Beograd, 14. mart 2011. APROKSIMACIJA FUNKCIJA p.1/46 Osnovni problem u TA Kako za datu funkciju f iz velikog prostora X naći jednostavnu

Διαβάστε περισσότερα

Vjerojatnost i statistika

Vjerojatnost i statistika Vjerojatnost i statistika vježbe 015/016. 1. siječnja 016. Sadržaj Sadržaj 1 Kombinatorika 4 1.1 Permutacije............................ 4 1. Permutacije s ponavljanjem................... 5 1.3 Varijacije.............................

Διαβάστε περισσότερα

Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 2009.)

Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 2009.) Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 29.) Zadatak 1 (1 bodova.) Teorijsko pitanje. (A) Neka je G R m n, uz m n, pravokutna matrica koja ima puni rang po stupcima, tj. rang(g) = n. (a) Napišite puni

Διαβάστε περισσότερα

VJEROJATNOST 1. kolokvij studenog 2013.

VJEROJATNOST 1. kolokvij studenog 2013. Zadatak 1 (10 bodova (a (5 bodova Iskažite i dokažite teorem o strukturi vjerojatnosti na partitivnom skupu prebrojivog skupa. Zašto u slučaju prebrojivog skupa možemo promatrati samo vjerojatnosti definirane

Διαβάστε περισσότερα

1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i

1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i PRIPREMA ZA II PISMENI IZ ANALIZE SA ALGEBROM. zadatak Re{avawe algebarskih jedna~ina tre}eg i ~etvrtog stepena. U skupu kompleksnih brojeva re{iti jedna~inu: a x 6x + 9 = 0; b x + 9x 2 + 8x + 28 = 0;

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

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

Elementi spektralne teorije matrica

Elementi spektralne teorije matrica Elementi spektralne teorije matrica Neka je X konačno dimenzionalan vektorski prostor nad poljem K i neka je A : X X linearni operator. Definicija. Skalar λ K i nenula vektor u X se nazivaju sopstvena

Διαβάστε περισσότερα

VJEROJATNOST popravni kolokvij veljače 2017.

VJEROJATNOST popravni kolokvij veljače 2017. Zadatak 1. (20 bodova) (a) (4 boda) Precizno definirajte pojam σ-algebre događaja na nepraznom skupu Ω. (b) (6 bodova) Neka je (Ω, F, P) vjerojatnosni prostor i A, B F događaji. Pomoću aksioma vjerojatnosti

Διαβάστε περισσότερα

1 Aksiomatska definicija skupa realnih brojeva

1 Aksiomatska definicija skupa realnih brojeva 1 Aksiomatska definicija skupa realnih brojeva Definicija 1 Polje realnih brojeva je skup R = {x, y, z...} u kojemu su definirane dvije binarne operacije zbrajanje (oznaka +) i množenje (oznaka ) i jedna binarna

Διαβάστε περισσότερα

Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.

Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1. Pismeni ispit iz matematike 0 008 GRUPA A Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: λ + z = Ispitati funkciju i nacrtati njen grafik: + ( λ ) + z = e Izračunati

Διαβάστε περισσότερα

1 ELEMENTI KOMBINATORIKE

1 ELEMENTI KOMBINATORIKE Sadrˇzaj Sadrˇzaj 1 1 ELEMENTI KOMBINATORIKE 3 1.1 UVOD................................... 3 1.2 PRINCIPI PREBROJAVANJA...................... 8 1.3 PERMUTACIJE BEZ PONAVLJANJA................. 10 1.3.1

Διαβάστε περισσότερα

Osnovni pojmovi iz kombinatorike, vjerojatnosti i statistike I. Kombinatorika

Osnovni pojmovi iz kombinatorike, vjerojatnosti i statistike I. Kombinatorika Osnovni pojmovi iz kombinatorike, vjerojatnosti i statistike I. Kombinatorika Teorem o uzastopnom prebrojavanju (TUP) Ako x 1 možemo birati na n 1 načina, ako x 2 možemo birati na n 2 načina,..... ako

Διαβάστε περισσότερα

(Hi-kvadrat test) r (f i f ti ) 2 H = f ti. i=1

(Hi-kvadrat test) r (f i f ti ) 2 H = f ti. i=1 χ 2 test (Hi-kvadrat test) Jedan od prvih statističkih testova je χ 2 -test. Predložio ga je K. Pearson 900. godine, pa je poznat i pod nazivom Pearsonov test. χ 2 test je neparametarski test. Pomoću χ

Διαβάστε περισσότερα

POVRŠINA TANGENCIJALNO-TETIVNOG ČETVEROKUTA

POVRŠINA TANGENCIJALNO-TETIVNOG ČETVEROKUTA POVRŠIN TNGENIJLNO-TETIVNOG ČETVEROKUT MLEN HLP, JELOVR U mnoštvu mnogokuta zanimljiva je formula za površinu četverokuta kojemu se istoobno može upisati i opisati kružnica: gje su a, b, c, uljine stranica

Διαβάστε περισσότερα

2.2 Srednje vrijednosti. aritmetička sredina, medijan, mod. Podaci (realizacije varijable X): x 1,x 2,...,x n (1)

2.2 Srednje vrijednosti. aritmetička sredina, medijan, mod. Podaci (realizacije varijable X): x 1,x 2,...,x n (1) 2.2 Srednje vrijednosti aritmetička sredina, medijan, mod Podaci (realizacije varijable X): x 1,x 2,...,x n (1) 1 2.2.1 Aritmetička sredina X je numerička varijabla. Aritmetička sredina od (1) je broj:

Διαβάστε περισσότερα

Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A

Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A Ime i prezime: 1. Prikazane su tačke A, B i C i prave a,b i c. Upiši simbole Î, Ï, Ì ili Ë tako da dobijeni iskazi

Διαβάστε περισσότερα

Vjerojatnost i statistika

Vjerojatnost i statistika Vjerojatnost i statistika E. Kovač Striko B. Ivanković T. Fratrović 12. ožujka 2007. Sadržaj 2 Vjerojatnost 27 2.1 Uvod...................................... 27 2.2 Intuitivne definicije vjerojatnosti......................

Διαβάστε περισσότερα

Uvod u teoriju brojeva

Uvod u teoriju brojeva Uvod u teoriju brojeva 2. Kongruencije Borka Jadrijević Borka Jadrijević () UTB 2 1 / 25 2. Kongruencije Kongruencija - izjava o djeljivosti; Teoriju kongruencija uveo je C. F. Gauss 1801. De nicija (2.1)

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

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

Vjerojatnost i statistika

Vjerojatnost i statistika Vjerojatnost i statistika E. Kovač Striko B. Ivanković T. Fratrović 12. ožujka 2007. Sadržaj 1 Kombinatorika 1 1.1 Uvod...................................... 1 1.2 Osnovni principi prebrojavanja.......................

Διαβάστε περισσότερα

Dijagonalizacija operatora

Dijagonalizacija operatora Dijagonalizacija operatora Problem: Može li se odrediti baza u kojoj zadani operator ima dijagonalnu matricu? Ova problem je povezan sa sljedećim pojmovima: 1 Karakteristični polinom operatora f 2 Vlastite

Διαβάστε περισσότερα

Slučajni procesi Prvi kolokvij travnja 2015.

Slučajni procesi Prvi kolokvij travnja 2015. Zadatak Prvi kolokvij - 20. travnja 205. (a) (3 boda) Neka je (Ω,F,P) vjerojatnosni prostor, neka je G σ-podalgebra od F te neka je X slučajna varijabla na (Ω,F,P) takva da je X 0 g.s. s konačnim očekivanjem.

Διαβάστε περισσότερα

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo IZVODI ZADACI ( IV deo) LOGARITAMSKI IZVOD Logariamskim izvodom funkcije f(), gde je >0 i, nazivamo izvod logarima e funkcije, o jes: (ln ) f ( ) f ( ) Primer. Nadji izvod funkcije Najpre ćemo logarimovai

Διαβάστε περισσότερα

M086 LA 1 M106 GRP Tema: Uvod. Operacije s vektorima.

M086 LA 1 M106 GRP Tema: Uvod. Operacije s vektorima. M086 LA 1 M106 GRP Tema:.. 5. 10. 2017. predavač: Rudolf Scitovski, Darija Marković asistent: Darija Brajković, Katarina Vincetić P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/ 1 2 M086 LA 1, M106 GRP.. 2/17 P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/

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

KOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI. NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA.

KOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI. NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA. KOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA 1 Grupoid (G, ) je asocijativa akko važi ( x, y, z G) x (y z) = (x y) z Grupoid (G, ) je komutativa akko važi ( x, y G) x y = y x Asocijativa

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

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

6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom

6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom 6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom p(x) = a n x n + a n 1 x n 1 +... + a 1 x + a 0, gdje su a 0, a 1,..., a n realni brojevi, a n 0, i n prirodan broj ili 0, naziva se polinom n-tog stupnja s

Διαβάστε περισσότερα

Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova

Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova 27. 01. 2006. Kratki rezime prošlog predavanja: Dokazali smo teorem rekurzije, te primjenom njega definirali zbrajanje ordinalnih brojeva. Prvo ćemo navesti osnovna

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

Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA. Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke.

Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA. Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke. Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke. 1. Duljine dijagonala paralelograma jednake su 6,4 cm i 11 cm, a duljina jedne njegove

Διαβάστε περισσότερα

Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta.

Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta. auchyjev teorem Neka je f-ja f (z) analitička u jednostruko (prosto) povezanoj oblasti G, i neka je zatvorena kontura koja čitava leži u toj oblasti. Tada je f (z)dz = 0. Postoji više dokaza ovog teorema,

Διαβάστε περισσότερα

Osnovne teoreme diferencijalnog računa

Osnovne teoreme diferencijalnog računa Osnovne teoreme diferencijalnog računa Teorema Rolova) Neka je funkcija f definisana na [a, b], pri čemu važi f je neprekidna na [a, b], f je diferencijabilna na a, b) i fa) fb). Tada postoji ξ a, b) tako

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

Vjerojatnost - 1. dio. Uvod u vjerojatnost. 1. Kolika je vjerojatnost da se pri bacanju dviju kocki pojavi: a) zbroj 8 b) barem jedna četvorka?

Vjerojatnost - 1. dio. Uvod u vjerojatnost. 1. Kolika je vjerojatnost da se pri bacanju dviju kocki pojavi: a) zbroj 8 b) barem jedna četvorka? Vjerojatnost - 1. dio Uvod u vjerojatnost 1. Kolika je vjerojatnost da se pri bacanju dviju kocki pojavi: a zbroj 8 b barem jedna četvorka? ( 5, 11 36 36. Ako se znade da je od 100 žarulja pet neispravnih,

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

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

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

1.4 Tangenta i normala

1.4 Tangenta i normala 28 1 DERIVACIJA 1.4 Tangenta i normala Ako funkcija f ima derivaciju u točki x 0, onda jednadžbe tangente i normale na graf funkcije f u točki (x 0 y 0 ) = (x 0 f(x 0 )) glase: t......... y y 0 = f (x

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

21. ŠKOLSKO/OPĆINSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ GEOGRAFIJE GODINE 8. RAZRED TOČNI ODGOVORI

21. ŠKOLSKO/OPĆINSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ GEOGRAFIJE GODINE 8. RAZRED TOČNI ODGOVORI 21. ŠKOLSKO/OPĆINSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ GEOGRAFIJE 2014. GODINE 8. RAZRED TOČNI ODGOVORI Bodovanje za sve zadatke: - boduju se samo točni odgovori - dodatne upute navedene su za pojedine skupine zadataka

Διαβάστε περισσότερα

Linearna algebra I, zimski semestar 2007/2008

Linearna algebra I, zimski semestar 2007/2008 Linearna algebra I, zimski semestar 2007/2008 Predavanja: Nenad Bakić, Vježbe: Luka Grubišić i Maja Starčević 22. listopada 2007. 1 Prostor radijvektora i sustavi linearni jednadžbi Neka je E 3 trodimenzionalni

Διαβάστε περισσότερα

VJEŽBE 3 BIPOLARNI TRANZISTORI. Slika 1. Postoje npn i pnp bipolarni tranziostori i njihovi simboli su dati na slici 2 i to npn lijevo i pnp desno.

VJEŽBE 3 BIPOLARNI TRANZISTORI. Slika 1. Postoje npn i pnp bipolarni tranziostori i njihovi simboli su dati na slici 2 i to npn lijevo i pnp desno. JŽ 3 POLAN TANZSTO ipolarni tranzistor se sastoji od dva pn spoja kod kojih je jedna oblast zajednička za oba i naziva se baza, slika 1 Slika 1 ipolarni tranzistor ima 3 izvoda: emitor (), kolektor (K)

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

Matematika (PITUP) Prof.dr.sc. Blaženka Divjak. Matematika (PITUP) FOI, Varaždin

Matematika (PITUP) Prof.dr.sc. Blaženka Divjak. Matematika (PITUP) FOI, Varaždin Matematika (PITUP) FOI, Varaždin Dio III Umijeće postavljanja pravih pitanja i problema u matematici treba vrednovati više nego njihovo rješavanje Georg Cantor Sadržaj Matematika (PITUP) Relacije medu

Διαβάστε περισσότερα

Diskretan slučajni vektor

Diskretan slučajni vektor Sveučilište J J Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni preddiplomski studij matematike Mia Ćurić Diskretan slučajni vektor Završni rad Osijek, 206 Sveučilište J J Strossmayera u Osijeku

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