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

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

5. Karakteristične funkcije

5. Karakteristične funkcije 5. Karakteristične funkcije Profesor Milan Merkle emerkle@etf.rs milanmerkle.etf.rs Verovatnoća i Statistika-proleće 2018 Milan Merkle Karakteristične funkcije ETF Beograd 1 / 10 Definicija Karakteristična

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

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

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

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

Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.

Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z. Pismeni ispit iz matematike 06 007 Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj z = + i, zatim naći z Ispitati funkciju i nacrtati grafik : = ( ) y e + 6 Izračunati integral:

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 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

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

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

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

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

( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4

( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET Riješiti jednačine: a) 5 = b) ( ) 3 = c) + 3+ = 7 log3 č) = 8 + 5 ć) sin cos = d) 5cos 6cos + 3 = dž) = đ) + = 3 e) 6 log + log + log = 7 f) ( ) ( ) g) ( ) log

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x.

4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x. 4.7. ZADACI 87 4.7. Zadaci 4.7.. Formalizam diferenciranja teorija na stranama 4-46) 340. Znajući izvod funkcije arcsin, odrediti izvod funkcije arccos. Rešenje. Polazeći od jednakosti arcsin + arccos

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

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

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

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

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

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

Ispit održan dana i tačka A ( 3,3, 4 ) x x + 1

Ispit održan dana i tačka A ( 3,3, 4 ) x x + 1 Ispit održan dana 9 0 009 Naći sve vrijednosti korjena 4 z ako je ( ) 8 y+ z Data je prava a : = = kroz tačku A i okomita je na pravu a z = + i i tačka A (,, 4 ) Naći jednačinu prave b koja prolazi ( +

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

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

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

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

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

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

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

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

TRIGONOMETRIJA TROKUTA

TRIGONOMETRIJA TROKUTA TRIGONOMETRIJA TROKUTA Standardne oznake u trokutuu ABC: a, b, c stranice trokuta α, β, γ kutovi trokuta t,t,t v,v,v s α,s β,s γ R r s težišnice trokuta visine trokuta simetrale kutova polumjer opisane

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

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

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

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

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

Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika

Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika Rešenja. Matematičkom indukcijom dokazati da za svaki prirodan broj n važi jednakost: + 5 + + (n )(n + ) = n n +.

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

Rešenje predhodnog primera: Neka je A događaj izvlačenja crne kuglice, a B verovatnoća izvlačenja bele kuglice iz prvog izvlačenja.

Rešenje predhodnog primera: Neka je A događaj izvlačenja crne kuglice, a B verovatnoća izvlačenja bele kuglice iz prvog izvlačenja. USLOVNA VEROVATNOĆA Često smo u prilici da tražimo verovatnoću nekog događaja A, posedujući informaciju o tome da se događaj B realizovao ili pretpostavljajući da će se realizovati. U kesi se nalazi belih

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

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

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

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

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 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

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

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

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

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

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 izgleda

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

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

IZVODI ZADACI (I deo)

IZVODI ZADACI (I deo) IZVODI ZADACI (I deo Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C0.. (. ( 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 >0. (cos. (cos - π. (tg kπ cos. (ctg

Διαβάστε περισσότερα

( , 2. kolokvij)

( , 2. kolokvij) A MATEMATIKA (0..20., 2. kolokvij). Zadana je funkcija y = cos 3 () 2e 2. (a) Odredite dy. (b) Koliki je nagib grafa te funkcije za = 0. (a) zadanu implicitno s 3 + 2 y = sin y, (b) zadanu parametarski

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

Analitička geometrija

Analitička geometrija 1 Analitička geometrija Neka su dati vektori a = a 1 i + a j + a 3 k = (a 1, a, a 3 ), b = b 1 i + b j + b 3 k = (b 1, b, b 3 ) i c = c 1 i + c j + c 3 k = (c 1, c, c 3 ). Skalarni proizvod vektora a i

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

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

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

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

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

Računarska grafika. Rasterizacija linije

Računarska grafika. Rasterizacija linije Računarska grafika Osnovni inkrementalni algoritam Drugi naziv u literaturi digitalni diferencijalni analizator (DDA) Pretpostavke (privremena ograničenja koja se mogu otkloniti jednostavnim uopštavanjem

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

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

2log. se zove numerus (logaritmand), je osnova (baza) log. log. log =

2log. se zove numerus (logaritmand), je osnova (baza) log. log. log = ( > 0, 0)!" # > 0 je najčešći uslov koji postavljamo a još je,, > 0 se zove numerus (aritmand), je osnova (baza). 0.. ( ) +... 7.. 8. Za prelazak na neku novu bazu c: 9. Ako je baza (osnova) 0 takvi se

Διαβάστε περισσότερα

Dvanaesti praktikum iz Analize 1

Dvanaesti praktikum iz Analize 1 Dvaaesti praktikum iz Aalize Zlatko Lazovi 20. decembar 206.. Dokazati da fukcija f = 5 l tg + 5 ima bar jedu realu ulu. Ree e. Oblast defiisaosti fukcije je D f = k Z da postoji ula fukcije a 0, π 2.

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

Inženjerska grafika geometrijskih oblika (5. predavanje, tema1)

Inženjerska grafika geometrijskih oblika (5. predavanje, tema1) Inženjerska grafika geometrijskih oblika (5. predavanje, tema1) Prva godina studija Mašinskog fakulteta u Nišu Predavač: Dr Predrag Rajković Mart 19, 2013 5. predavanje, tema 1 Simetrija (Symmetry) Simetrija

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

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

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

IZRAČUNAVANJE POKAZATELJA NAČINA RADA NAČINA RADA (ISKORIŠĆENOSTI KAPACITETA, STEPENA OTVORENOSTI RADNIH MESTA I NIVOA ORGANIZOVANOSTI)

IZRAČUNAVANJE POKAZATELJA NAČINA RADA NAČINA RADA (ISKORIŠĆENOSTI KAPACITETA, STEPENA OTVORENOSTI RADNIH MESTA I NIVOA ORGANIZOVANOSTI) IZRAČUNAVANJE POKAZATELJA NAČINA RADA NAČINA RADA (ISKORIŠĆENOSTI KAPACITETA, STEPENA OTVORENOSTI RADNIH MESTA I NIVOA ORGANIZOVANOSTI) Izračunavanje pokazatelja načina rada OTVORENOG RM RASPOLOŽIVO RADNO

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

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

Klasifikacija blizu Kelerovih mnogostrukosti. konstantne holomorfne sekcione krivine. Kelerove. mnogostrukosti. blizu Kelerove.

Klasifikacija blizu Kelerovih mnogostrukosti. konstantne holomorfne sekcione krivine. Kelerove. mnogostrukosti. blizu Kelerove. Klasifikacija blizu Teorema Neka je M Kelerova mnogostrukost. Operator krivine R ima sledeća svojstva: R(X, Y, Z, W ) = R(Y, X, Z, W ) = R(X, Y, W, Z) R(X, Y, Z, W ) + R(Y, Z, X, W ) + R(Z, X, Y, W ) =

Διαβάστε περισσότερα

Matematika 1 - vježbe. 11. prosinca 2015.

Matematika 1 - vježbe. 11. prosinca 2015. Matematika - vježbe. prosinca 5. Stupnjevi i radijani Ako je kut φ jednak i rad, tada je veza između i 6 = Zadatak.. Izrazite u stupnjevima: a) 5 b) 7 9 c). d) 7. a) 5 9 b) 7 6 6 = = 5 c). 6 8.5 d) 7.

Διαβάστε περισσότερα