skripta (pdf)

će se kretati postotak glasova za nekog kandidata na izborima ili testiralihipotezu da dva tipa betona imaju jednake tlačne čvrstoće uz razinuznačajnosti 1%.Ovo je radni materijal i bit ću zahvalna ako sve uočene greške i prijedlogekolegice i kolege studenti i čitatelji pošalju na e-mail adresu vera@grad.hr.Dodatni nastavni materijali na web stranici predmeta koji prate ovuweb skriptu odnose se na primjenu programskog paketa Mathematikau statistici. Baza primjera kolokvija s teorijskim pitanjima obogaćujese svake godine. Kolgice dr. sc. Tajana Slijepčević-Manger, MartinaBenković i kolege Boško Kojundžić i Nikola Sandrić pripremali su zadatkeza kolokvije i auditorne vježbe.Zahvaljujem se kolegici Martini Benković na pomoći pri grafičkoj obraditeksta i izradi slika.Zahvaljujem se kolegi Vladimiru Beniću koji je napravio web format skripte.Zagreb, 1.7.2011. Vera ČuljakRadni materijal 4

SadrˇzajSadrˇzaj 5I Vjerojatnost 91 ELEMENTI KOMBINATORIKE 111.1 UVOD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.2 PRINCIPI PREBROJAVANJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.3 PERMUTACIJE BEZ PONAVLJANJA . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.3.1 PERMUTACIJE S PONAVLJANJEM . . . . . . . . . . . . . . 191.4 VARIJACIJE BEZ PONAVLJANJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.4.1 VARIJACIJE S PONAVLJANJEM . . . . . . . . . . . . . . . . 241.5 KOMBINACIJE BEZ PONAVLJANJA . . . . . . . . . . . . . . . . . 271.5.1 KOMBINACIJE S PONAVLJANJEMtko želi znati više . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.6 Ponovimo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352 KLASIČNA DEFINICIJA VJEROJATNOSTI 372.1 PROSTOR ELEMNTARNIH DOGADAJA . . . . . . . . . . . . . . . 372.2 KLASIČNA DEFINICIJAVJEROJATNOSTI (A PRIORI) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.3 KLASIČNA DEFINICIJAVJEROJATNOSTI A POSTERIORI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.4 GEOMETRIJSKA VJEROJATNOST . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.5 Ponovimo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503 AKSIOMATSKA DEFINICIJAVJEROJATNOSTI 513.1 Ponovimo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 575

4 UVJETNA VJEROJATNOST 594.1 Ponovimo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70II Slučajne varijable 715 DISKRETNA SLUČAJNA VARIJABLA 735.1 DISKRETNA SLUČAJNA VARIJABLA . . . . . . . . . . . . . . . . 745.2 Ponovimo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 866 PRIMJERI DISKRETNIHSLUČAJNIH VARIJABLI 876.1 Bernoullijeva shema. Binomnadistribucija (razdioba) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 876.2 POISSONOVA DISTRIBUCIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 936.3 HIPERGEOMETRIJSKA DISTRIBUCIJA . . . . . . . . . . . . . . . . 966.4 GEOMETRIJSKA DISTRIBUCIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 996.5 Ponovimo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1017 KONTINUIRANA SLUČAJNA VARIJABLA 1037.1 FUNKCIJA SLUČAJNE VARIJABLE . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1107.2 Ponovimo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1148 PRIMJERI KONTINUIRANIH SLUČAJNIH VARIJABLI 1158.1 NORMALNA DISTRIBUCIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1158.2 UNIFORMNA DISTRIBUCIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1228.3 EKSPONENCIJALNA DISTRIBUCIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . 1238.4 GAMA DISTRIBUCIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1258.5 HI KVADRAT DISTRIBUCIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1278.6 STUDENTOVA DISTRIBUCIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1298.7 Ponovimo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1319 DVODIMENZIONALNISLUČAJNI VEKTOR 1339.1 DISKRETNI DVODIMENZIONALNISLUČAJNI VEKTOR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1349.2 KONTINUIRANI 2-dim SLUČAJNI VEKTORtko želi znati više . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1459.3 KOVARIJANCA, KORELACIJA, PRAVCI REGRESIJE . . . . . . . . 1479.4 Ponovimo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154Radni materijal 6

Radni materijal 8

Dio IVjerojatnost9

Poglavlje 1ELEMENTI KOMBINATORIKEKOMBINATORIKA je grana grana matematike koja se bavi osnovnim svojstvimakonačnih skupova i metodama prebrojavanja. Poznati kombinatorni problemisu: problem izbora upravnog odbora, problem mostova u Konigsbergu, problemmagičnih kvadrata, problem 4 boje. Zadatak ovog poglavlja je da se upozanjumetode prebrojavanja koje će se iskoristiti za računanje vjerojatnosti slučajnihdogadaja.1.1 UVODMOTIV 1.1 Izračunajte koeficijent uz x 6 u razvoju (1 + x 3 ) 14 .Definicija 1.1 (FAKTORIJEL)Za prirodan broj n ∈ N, definiramo prirodan broj ”n faktorijela” u oznaci n! sa:a dogovorno 0! = 1.n! = 1 · 2 · 3 · ... · n,(BINOMNI KOEFICIJENT)Neka su n, k ∈ N, k ≤ n. Binomni koeficijent je prirodni broj u oznaci( ) nk (”n povrh k”) definiran na sljedeći način:( ) n=kn(n − 1) · ... · (n − k + 1)1 · 2 · ... · k11=n!k!(n − k)! ,

1. ELEMENTI KOMBINATORIKERješenje:Prema binomnom teoremu računamo (1 + x 3 ) 14 = ∑ nk=0ćemo odrediti k iz uvjeta da je (x 3 ) n−k = x 6 . Za n = 14 dobili smo da je k = 12.Dvanaesti član u razvoju je x 6 , pa je njegov koeficijent ( nkkoeficijent uz potenciju x 6 je 91.( nk)1 k (x 3 ) n−k . U razvoju)=( 1412)= 91. Traženi15 Radni materijal

1.2 PRINCIPI PREBROJAVANJA1.2. PRINCIPI PREBROJAVANJAMOTIV 1.2 U gradu ima 8 studentskih restorana ravnomjerno rasporedenih u 4 gradskečetvrti. U okolini svakog restorana nalaze se dvije sportske dvorane. Student želi unajmitistan. 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 bitnoda studentski restoran bude u istoj četvrti ali dvorana treba biti; c) sve bude u najbližojokolini.TEOREM 1.3 (PRINCIP SUME)Neka konačni skupovi imaju n i elemenata, n i ∈ N, i = 1, 2, .., k, |S i | = n i i neka sudisjunktni za svaki izbor i j, S i ∩ S j = ∅.Ako je S = S 1 ∪ S 2 ∪ ... ∪ S k , onda skup S ima n=n 1 + n 2 + ... + n k elemenata:|S 1 ∪ S 2 ∪ ... ∪ S k | = |S 1 | + |S 2 | + ... + |S k |.TEOREM 1.4 (PRINCIP PRODUKTA)Neka konačni skupovi S i imaju n i elemenata, n i ∈ N, i = 1, 2, .., k,|S i | = n i . Ako je S = S 1 × S 2 × ... × S k (kartezijev produkt skupova), onda skup S iman=n 1 · n 2 · ... · n k elemenata (uredenih k-torki s=(s 1 ,s 2 , ...,s k )):|S 1 × S 2 × ... × S k | = |S 1 | · |S 2 | · ... · |S k |.PRIMJER 1.4 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 1 ima n 1 = 6 elemenata, S 2 ima n 2 = 6 elemenata.(a) S = S 1 ∪ S 2 , |S| = |S 1 | + |S 2 | = n 1 + n 2 = 12.(b) S = S 1 × S 2 , |S| = |S 1 | · |S 2 | = n 1 n 2 = 36.Princip produkta ili osnovni princip kombinatorike ima drugu interpretacijuu teoremu o uzastopnom prebrojavanju.TEOREM 1.5 ( TEOREM O UZASTOPNOM PREBROJAVANJU)Proučavamo uredene k-torke. Neka prvi element uredene k-torke možemo izabrati nan 1 načina, a za već izabrani prvi element, drugi možemo izabrati na n 2 načina i tako daljedo k-tog koji možemo izabrati na n k načina. Tada uredenu k-torku možemo izabrati nan=n 1 · n 2 · ... · n k načina.Radni materijal 16

1. ELEMENTI KOMBINATORIKEPrisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 1.5 motivU 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) nijebitno ni da studentski restoran bude u istoj četvrti niti dvorana; b) nije bitno da studentskirestoran bude u istoj četvrti ali dvorana treba biti; c) sve bude u najbližoj okolini.Rješenje:a) n = 4·8·16=512,b) n = 4·8·4=128c) n = 4·2·2=16.17 Radni materijal

1. ELEMENTI KOMBINATORIKERješenje: P 9 (2, 2, 3).PRIMJER 1.12 Uzorak s vraćanjemSkup S ima n elemenata od kojih je n 1 jedne vrste, n 2 druge vrste, ... , n k k-te vrste,n=n 1 + n 2 + ... + n k . Uredena r-torka ima r 1 elemenata prve skupine, r 2 elemenata drugeskupine, ...,r k elemenata k - te skupine r=r 1 +r 2 +...+r k . Broj uredenih r-torki s vraćanjemje:P r (r 1 , r 2 , ..., r k ) · (n 1 ) r 1(n 2 ) r2 · ... · (n k ) r k.Ako je n veliki a r mali u odnosu na n možemo odrediti broj uredenih r-torki svraćanjem:P r (r 1 , r 2 , ..., r k ).PRIMJER 1.13 U velikoj kutiji su crvene, bijele i plave olovke. Na koliko načina možemoizabrati uzorak od 9 olovaka takav da su 2 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 odr = r 1 + r 2 + r 3 =2+3+4=9 olovaka.Broj uzoraka je broj uzoraka s vraćanjem je P 9 (4, 2, 3).Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 1.14 motivPonavljamo eksperiment koji ima k=3 ishoda n=7 puta a da se uvjeti eksperimentane mijenjaju. Broj mogućih nizova eksperimenata takvih da se prvi ishod dogodi n 1 = 1puta, n 2 = 2 puta,...,k-ti ishod n k = 4 puta je:P n (n 1 , n 2 , ..., n k ),7!P 7 (1, 2, 4) =1! · 2! · 4! .jer je broj različitih nizova eksperimenata jednak broju uzoraka s vraćanjem.21 Radni materijal

1.4. VARIJACIJE BEZ PONAVLJANJA1.4 VARIJACIJE BEZ PONAVLJANJAMOTIV 1.6 (a) Koliko se lozinki duljine 4 znaka može formirati od slova v i c (malaslova) i brojeva 1 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 1i 5, ako nije dozvoljeno ponavljanje znakovaDefinicija 1.4 Neka skup S ima n različitih elemenata. Uredena r-torka (r ≤ n) elemenataskupa S zove se varijacija r-tog razreda od n elemenata.T: Broj svih varijacija r-tog razreda od n elemenata jeV (r)n = n(n − 1)(n − 2) · ... · (n − r + 1) =V (n)n = P(n) = n!n!(n − r)! ;D: Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju, prvi element možemo izabratina n načina, drugi možemo izabrati na (n − 1) načina, treći na (n − 2) načina, r-tina (n − r + 1) način.D: tko želi znati višePomoću AMI po n : Neka je M = {n ∈ N : V (r)n = n!(n−r)! , 1 ≤ r ≤ n}.(B.I) Provjeravamo je li 1 ∈ M. Za n = 1 parametar 1 ≤ r ≤ n može poprimiti samovrijednost r = 1 pa je broj uredenih jednoorki iz skupa koji ima samo 1 elementjednak V (1)n!= 1. Prema formuli1 (n−r)! = 1!(1−1)!= 1 za n = 1; Tako je 1 ∈ M.(P.I) Pretpostavimo m ∈ M,pa tada za svaki dani 1 ≤ r ≤ m vrijedi formula V (r)m = m!(m−r)! .(K.I) U koraku indukcije trebamo pokazati da je m + 1 ∈ M.(i) Ako je r = 1 onda je očito broj svih uredenih jeednorki iz skupa koji ima m + 1element jednak V (1)m+1 = m + 1. Prema formuli n!(n−r)! = (m+1)!(m+1−1)!= (m + 1) za n = m + 1i r = 1.Tako je m + 1 ∈ M za r = 1.(ii) Ako je 2 ≤ r ≤ m + 1 treba pokazati da vrijedi V (r)m+1 = (m+1)!(m+1−r)! .Za svaki fiksni r možemo skup svih varijacija podijeliti na m + 1 podskupove ukojima su varijacije s fiksnim prvim elementom npr. a 1 , sve varijacije s fiksnimprvim elementom a 2 itd. Tako jeV (r)m! (m + 1)!= (m + 1) · V(r−1)m+1 m = (P.I.) = (m + 1) ·=(m − r + 1)! (m + 1 − r)! .Radni materijal 22

1. ELEMENTI KOMBINATORIKETako smo pokazali da je m + 1 ∈ M za 2 ≤ r ≤ m + 1.Prema AMI zaključujemo da je M = N.Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 1.15 motiv(a) Koliko se lozinki duljine 4 znaka može formirati od slova v i c (mala slova) i brojeva1 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 1i 5, ako nije dozvoljeno ponavljanje znakovaRješenje:(a) Lozinka duljine 4 znaka je jedna varijacija 4.tog razreda od n = 4-članogskupaS = {v, c, 1, 5} tj. permutacija bez ponavljanja od 4 elementa. Broj varijacijaje V (4) = P(4) = 4! = 24. Možemo formirati 24 lozinke. (b) Lozinka duljine 3 znaka4je jedna varijacija 3-eg razreda od n = 4-članog skupaS = {v, c, 1, 5}. Broj varijacijaje V (3) = 4!4 (4−3)!= 24. Možemo formirati 24 lozinke.PRIMJER 1.16 Koliko ima dvoznamenkastih brojeva sastavljenih od znamenki iz skupaS={1, 2, 3, 4} , takvih da se znamenke ne ponavljaju?Rješenje:Svaki 2-znamenkasti broj je varijacija 2-og razreda od n = 4-članog skupa S. Brojvarijacija je V (2) = 4!4 (4−2)! = 12..PRIMJER 1.17 Koliko ima četveroznamenkastih brojeva sastavljenih od znamenki izskupa S={0, 1, 2, 5, 7} , takvih da se znamenke ne ponavljaju?Rješenje:Svaki 4-znamenkasti broj je varijacija 4-og razreda od n = 5 elemeata. Broj varijacijaje V (4) = 5!5 (5−4)! = 120.Nula ne može biti na prvom mjestu pa od V (4) moramo oduzeti sve varijacije53-eg razreda od 4 elementa V (3) = 4!4 (4−3)!= 24. Traženih brojeva ima V (4) − V (3) =5 4120 − 24 = 96.PRIMJER 1.18 Koliko ima četveroznamenkastih brojeva djeljivih s 5 sastavljenih odznamenki iz skupa S = {0, 1, 2, 5, 7} , takvih da se znamenke ne ponavljaju?23 Radni materijal

1.4. VARIJACIJE BEZ PONAVLJANJARješenje: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 skupaS = {0, 1, 2, 7}. Broj varijacija je V (3) = 4!4 (4−3)! = 24.Nula ne može biti na prvom mjestu pa od V (3) moramo oduzeti sve varijacije 2-og4razreda od 3 elementa iz skupa {1, 2, 7} V (2) = 3!3 (3−2)! = 6.Zatim, fiksiramo zadnju znamenku 0. Svaki takav 3-znamenkasti broj je varijacija3-eg razreda od n = 4-članog skupaS = {1, 2, 5, 7}, pa ih ukupno ima V (3) = 4!4 (4−3)! = 24.Ukupan broj traženih brojeva je V (3) − V (2) + V (3) = 24 − 6 + 24 = 42.4 3 4PRIMJER 1.19 Na koliko se načina u razredu u kojem je 30 učenika može odabratiglumačka družina za ”Crvenkapicu”? Likovi su Crvenkapica, vuk, baka i lovac.Rješenje: V (4)30 .1.4.1 VARIJACIJE S PONAVLJANJEMMOTIV 1.7 Koliko se lozinki duljine 4 znaka može formirati od slova v i c (mala slova)i brojeva 1 i 5, ako je dozvoljeno ponavljanje znakova.Definicija 1.5 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 sevarijacija s ponavljanjem r-tog razreda od n elemenata.T: Broj varijacija s ponavljanjem r-tog razreda od n elemenataV (r)n = n r .D: Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju, prvi element možemo izabratina n načina, drugi možemo izabrati na n načina, treći na n načina, itd., r-ti na nnačina jer je dozvoljeno ponavljanje elemenata iz skupa S.D: tko želi znati višeRadni materijal 24

1. ELEMENTI KOMBINATORIKEPomoću AMI po r : Neka je M = {r ∈ N : V (r)n = n r , n ∈ N}.(B.I) Provjeravamo je li 1 ∈ M. Za r = 1 broj uredenih jednorki iz skupa koji imasamo n element jednak V (1)n = n. Prema formuli n r = n 1 = n za r = 1; pa je 1 ∈ 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 + 1 ∈ M.tj. treba pokazati da vrijedi V (m+1)n = n m+1 .Skup svih varijacija s ponavljanjem možemo podijeliti na n podskupova u kojimasu varijacije s ponavljanjem s fiksnim prvim elementom npr. a 1 , sve varijacije sfiksnim prvim elementom a 2 itd. Tako jeV (m+1)nPokazali da je m + 1 ∈ M za n ∈ N.Prema AMI zaključujemo da je M = N.Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 1.20 motiv= n · V (m)n = (P.I.) = n · n m = n m+1 .(a) Koliko se lozinki duljine 4 znaka može formirati od slova v i c (mala slova) i brojeva1 i 5, ako je dozvoljeno ponavljanje znakova. (b) Koliko se lozinki duljine 3 znaka možeformirati od slova v i c (mala slova) i brojeva 1 i 5, ako je dozvoljeno ponavljanje znakova.Rješenje:(a) Lozinka je varijacija s ponavljanjem 4-tog razreda od n = 4-članog skupaS = v, c, 1, 5. Broj varijacija je V (4)4 = 4 4 = 256. Možemo formirati 256 lozinki.(b) Lozinka je varijacija s ponavljanjem 3-tog razreda od n = 4-članog skupaS = v, c, 1, 5. Broj varijacija je V (3)4 = 4 3 = 64. Možemo formirati 256 lozinki.PRIMJER 1.21 Koliko ima dvoznamenkastih brojeva sastavljenih od znamenki iz skupaS = {1, 2, 3, 4} , takvih da se znamenke ponavljaju?Rješenje:Svaki takav dvoznamenkasti broj je varijacija s ponavljanjem 2-og razreda odn = 4-članog skupa S. Broj varijacija je V (2)4 = 4 2 = 16.PRIMJER 1.22 Razdioba različitih predmetaSvaka razdioba r različitih predmeta na n različitih mjesta je varijacija s ponavljanjemr-tog razreda od n elemenata. Broj razdioba je: V (r)n .25 Radni materijal

1. ELEMENTI KOMBINATORIKE1.5 KOMBINACIJE BEZ PONAVLJANJAMOTIV 1.8 U skladištu je 100 proizvoda, 70 proizvoda prve klase, 20 proizvoda drugeklase i 10 proizvoda treće klase. Kontrolor testira tri proizvoda i daje pozitvnu ocjenuako su svi proizvodi prve klase. Na osnovu koliko posto svih uzoraka će kontrolor datipozitivnu ocjenu proizvoda?Definicija 1.6 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-tograzreda od n elemenata.T: Broj svih kombinacija r-tog razreda je od n elemenata je(i) C (r)n= ( )nr =n!r!·(n−r)! ;(ii) C (r)n= V(r) nr!.D: (i) Budući da u r-članom skupu redoslijed nije bitan onda broj uredenih r-torkiod n elemenata moramo podijeliti s brojem permutacija r-članog skupa.(ii) Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju, prvi element možemo izabratina n načina, drugi možemo izabrati na (n − 1) načina, treći na (n − 2) načina, r-tina (n − r + 1) način.D: tko želi znati višePomoću AMI po n :Neka je M = {n ∈ N : C (r)n =n!(n−r)!·r! , 1 ≤ r ≤ n}.(B.I) Provjeravamo je li 1 ∈ M. Za n = 1 parametar 1 ≤ r ≤ n može poprimitisamo vrijednost r = 1 pa je broj jednočlanih podskupova iz skupa koji ima samo1 element jednak C (1)n! 1!= 1. Prema formuli1 (n−r)!·r!=(1−1)!·1!= 1 za n = 1; Tako je1 ∈ M.(P.I) Pretpostavimo m ∈ M,pa tada za svaki dani 1 ≤ r ≤ m vrijedi formula C (r)m =m!(m−r)!·r! .(K.I) U koraku indukcije trebamo pokazati da je m + 1 ∈ M.(∗) Ako je r = 1 onda je očito broj svih jednočlanih podskupova iz skupa koji ima27 Radni materijal

1.5. KOMBINACIJE BEZ PONAVLJANJAm + 1 element jednak C (1)m+1 = m + 1. Prema formuli n!n = m + 1 i r = 1.(n−r)!·r! =(m+1)!(m+1−1)!·r!= (m + 1) zaPokazali smo da je m + 1 ∈ M za r = 1.(∗∗) Ako je 2 ≤ r < m + 1 treba pokazati da vrijedi C (r)m+1 = (m+1)!(m+1−r)!·r! .Za svaki fiksni r možemo skup svih kombinacija podijeliti na dva podskupau kojima su kombinacije bez ponavljanja koje sadrže fiksni element npr.a 1 , ipodskup u kojem su kombinacije bez ponavljanja koje ne sadrže fiksni elementa 1 . Tako jeC (r)m+1 = ·C(r−1) m + C (r)m = (P.I.) =Tako smo pokazali da je m + 1 ∈ M za 2 ≤ r < m + 1.m!(m − r + 1) · (r − 1)! + m!(m − r) · r! = m + 1!(m + 1 − r)! · r! .(∗∗∗) Ako je r = m+1 onda je očito broj svih m+1 -članih podskupova iz skupa kojiima m + 1 element jednak C (m+1)n!= 1. Prema formulim+1 (n−r)!·r! = (m+1)!(m+1−(m+1))!·(m+1)! = 1za n = m + 1 i r = m + 1.Vrijedi m + 1 ∈ M za r = m + 1.Prema AMI zaključujemo da je M = N.PRIMJER 1.27 Loto ima 39 brojeva. Izvlači se slučajno 7 brojeva. Koliko različitihlistića s kombinacijama 7 brojeva treba ispuniti da se dobije jedan siguran pogodak?Rješenje: S = {1, 2, 3, ..., 39}, n = 39.Listić je kombinacija 7-og razreda (r = 7) od 39 elemenata. Broj kombinacija jeC (7)39 = ( )397 =39·38·37·36·35·34·337!= 15380937. Treba ispuniti 15380937 listića da bi bilisigurni da ćemo imati jedan dobitak.PRIMJER 1.28 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 = {1, 2, 3, 4, 5}, n = 5.a) Pravac je kombinacija 2-og razreda (r = 2) od 5 elemenata. Broj kombinacija jeC (2) = ( )55 2 =5·42!= 10. Točke odreduju 10 pravaca.b) Trokut je kombinacija 3-eg razreda (r = 3) od 5 elemenata. Broj kombinacija jeC (3) = ( 55 3)=5·4·33!= 10. Točke odreduju 10 trokuta.Radni materijal 28

1. ELEMENTI KOMBINATORIKEPRIMJER 1.29 Uzorak bez vraćanjemSkup S ima n elemenata od kojih je n 1 jedne vrste, n 2 druge vrste, ... , n k k-te vrste,n=n 1 + n 2 + ... + n k . Uredena r-torka ima r 1 elemenata prve skupine, r 2 elemenata drugeskupine, ...,r k elemenata k - te skupine r=r 1 +r 2 +...+r kBroj uredenih r-torki bez vraćanja je: C r 1n 1 ·C r 2n 2· ... ·C r kn k.PRIMJER 1.30 Studenti dva turnusa biraju po tri predstavnika u Klub studenata prvegodine GF. Prvi turnus ima 20 studenata, a drugi 30 studenata. Koliko moguće jerazličitih sastava Kluba studenata?Rješenje:Koristimo formulu za uzorak bez vraćanja (koristimo teorem o uzastopnom prebrojavanjui broj kombinacija r i -razreda od n i elemenata).n = n 1 + n 2 =20+30,r = r 1 + r 2 =3+3.Ukupan broj načina da se dobije 6-člani Klub jeC (3)20 · C(3) 30 = ( ) ( )203 · 303 = 4628400.PRIMJER 1.31 U skupu od 27 proizvoda 7 je neispravnih. Na koliko načina se možedobiti uzorak koji se sastoji od 5 dobrih i 3 neispravna proizvoda?Rješenje:Koristimo formulu za uzorak bez vraćanja (koristimo teorem o uzastopnom prebrojavanjui broj kombinacija r i -razreda od n i elemenata).S = 20T + 7D, n = n T + n D ; n T = 20, n D = 7.Uzorak r = 5T + 3D, r = r T + r D ; r T = 5, r D = 3.Broj traženih uzoraka je C (5)20 · C(3) = ( ) ( )207 5 · 73 = 542640.PRIMJER 1.32 Ako želimo ispitati kvalitetu 10 proizvoda od kojih je 6 ispravnih i 4neispravna uzimamo uzorak od tri proizvoda. Koliko uzoraka ima u kojimaa) nema neispravnih proizvodab) ima jedan neispravan proizvodc) ima barem dva ispravna proizvoda?29 Radni materijal

1.5. KOMBINACIJE BEZ PONAVLJANJARješenje: Koristimo formulu za uzorak bez vraćanja.a) Osnovni skup ima n = 10 elemenata; n = n T +n D = 6+4. Uzorak bez neispravnihproizvoda ima r = r T + r D = 3 + 0.Broj uzoraka koji nemaju neispravnih proizvoda je: C (3)6· C (0)4=20.b) Osnovni skup ima n = 10 elemenata; n = n T +n D = 6+4. Uzorak s 1 neispravnimproizvodom ima r = r T + r D = 2 + 1.Broj uzoraka koji imaju 1 neispravni proizvod je: C (2)6· C (1)4= 60 .c) Osnovni skup ima n = 10 elemenata; n = n T + n D = 6 + 4. Uzorak s bar dvaispravna proizvoda može biti ako ima 1 ili 0 neispravna proizvoda.Broj uzoraka s bar 2 ispravna proizvoda je:c) = a) + b) = C (3) · C (0) + C (2) · C (1) = 20 + 60 = 80 .6 4 6 4Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 1.33 motivU skladištu je 100 proizvoda, 70 proizvoda prve klase, 20 proizvoda druge klase i 10proizvoda treće klase. Kontrolor testira tri proizvoda i daje pozitvnu ocjenu ako su sviproizvodi prve klase. Na osnovu koliko posto svih uzoraka će kontrolor dati pozitivnuocjenu proizvoda?Rješenje:Broj uzoraka veličine r = 3 od n = 100 elemenata je C (3)100 =161700.Koristimo formulu za uzorak bez vraćanja.Osnovni skup ima n = 100 = n 1 + n 2 + n 3 = 70 + 20 + 10 proizvodaUzorak prve klase ima r = r 1 + r 2 + r 3 = 3 + 0 + 0 = 3 proizvoda.Broj uzoraka prve klase je: C (3)70 · C(0) 20 · C(0) 10 =54740.Kontrolor će dati pozitivnu ocjenu u 54740161700= 0.3385 ili u 33, 8% slučajeva.1.5.1 KOMBINACIJE S PONAVLJANJEMtko želi znati višeMOTIV 1.9 Na koliko načina možmo rasporediti 3 bagera (jednaki) na 6 gradilišta?Definicija 1.7 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 nijebitan) zove se kombinacija s ponavljanjem r-tog razreda od n elemenata.Radni materijal 30

1. ELEMENTI KOMBINATORIKET: Broj svih kombinacija s ponavljanjem r-tog razreda od n elemenata je(i) C (r)n= ( )n+r−1r ;(ii) C (r)n= C (r)n+r−1 ;(iii) C (r)n= P n+r−1 (n − 1, r).D: tko želi znati više(i) Pomoću AMI po s = n + r − 1 :Neka je M = {s = n + r − 1 ∈ N : C (r)n = ( )n+r−1r , n, r ∈ N}.(B.I) Provjeravamo je li 1 ∈ M.Za s = 1 tj. n + r = 1, parametari su r = 1, n = 1. Broj 1-čl. podskupova iz skupakoji ima samo 1 element jednak je C (1)1 = 1. Prema formuli ( )n+r−1r =1!(1−1)!·1! = 1 zas = 1; pa je s = 1 ∈ M.(P.I) Pretpostavimo da s = m ∈ M,tj. za n + r − 1 = m vrijedi formula C (r)n = ( )n+r−1r .(K.I) U koraku indukcije trebamo pokazati da je s = m + 1 ∈ Mtj. da za n + r − 1 = m + 1 vrijedi formula C (r)n= ( n+r−1r(∗) Ako je r = 1 onda je očito broj svih 1-članih podskupova s ponavljanjem izskupa koji ima n = m + 1 element jednak C (1)m+1 = m + 1. Prema formuli ( )n+r−1r =)= (m + 1) za n = m + 1 i r = 1.( m+11Pokazali smo da je s = m + 1 ∈ M za r = 1.(∗∗) Ako je n = 1 onda je očito broj svih m+1-članih podskupova s ponavljanjem izskupa koji ima n = 1 element jednak C (m+1)1 = 1. Prema formuli ( ) (n+r−1r = m+1)= 1za n = 1 i r = m + 1.Tako je s = m + 1 ∈ M za n = 1.(∗ ∗ ∗) U ostalim slučajevima, skup svih kombinacija s ponavljanjem možemopodijeliti na dva podskupa u kojima su kombinacije sa ponavljanjem koje sadržefiksni element npr. a 1 , i kombinacije sa ponavljanjem koje ne sadrže fiksni elementa 1 .).31 Radni materijal

1.5. KOMBINACIJE BEZ PONAVLJANJAZato jeC (r)n= C (r−1)n+ C (r)n−1 =( n + r − 2r − 1)+Pokazali smo da je s = m + 1 ∈ M za 2 ≤ r i 2 ≤ n.( ) ( n + r − 2n + r − 1= (P.I.) =rr).Prema AMI zaključujemo da je M = N.(ii) Pokazat ćemo na primjeru n = 3, r = 2 da formula vrijedi.Neka je skup S = {1, 2, 3}. Sve kombinacije s ponavljanjem 2-og razreda od 3elementa su (elemente smo poredali po uzlaznim vrijednostima):{1,1} {1,2} {1,3} {2,2} {2,3} {3,3}.Tih kombinacija ima C (2)3 =6.Definirajmo preslikavanje koje će ovim podskupovima pridijeliti podskupovedobivene tako da prvom članu podskupa dodamo 0, a drugom članu 1.{1,1}→{1,2}{1,2}→{1,3}{1,3}→{1,4}{2,2}→{2,3}{2,3}→{2,4}{3,3}→{3,4}.Slike su kombinacije bez ponavljanja 2-og razreda od 4-članog skupa {1,2,3,4}.Preslikavanje je bijekcija izmedu skupa svih kombinacija s ponavljanjem 2-razredaod 3 elementa i kombinacija 2-razreda od 4 elementa. Budući da postoji bijekcija,ti su skupovi jednakobrojni pa vrijedi C (2)3 = C (2) = 6.4(ii) Uočimo da je izbor r kuglica iz jedne kutije u kojoj je n različitih kuglica svraćanjem 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 ponavljanjemr-tog razreda od n elemenata. Zamislimo da imamo n kutija poredanihu niz i da u njih bacamo k kuglica.Problem je sada kao da slažemo kuglice i pregrade izmedu njih. Jedan rasporedmožemo gledati kao uredenu n − 1 + r -torku gdje imamo n − 1 izbor pregradai r izbora za kuglice.Svaki takav raspored je permutacija s ponavljanjem odn − 1 + r elementata od kojih jedne vrste ima n − 1, a druge r. Ukupan broj takvihpermutacija s ponavljanjem ima P n−1+r (n − 1, r).Radni materijal 32

1. ELEMENTI KOMBINATORIKEPRIMJER 1.34 Zamislimo da imamo n=5 kutija poredanih u niz i da u njih bacamo r=9kuglica.Problem možemo razmatrati kao da slažemo kuglice i pregrade medu kutijama. Imamon-1=4 jednake pregrade i r=9 jednakih kuglica. Dakle, imamo permutacije n+r-1=13elemenata od kojih su 4 jedne vrste i 9 druge vrste pa je njihov broj: P 13 (4, 9).PRIMJER 1.35 Razdioba jednakih predmetaSvaka razdioba r jednakih predmeta na n različitih mjesta je kombinacija s ponavljanjemr -tog razreda od n elemenata.Broj razdioba je C (r)n .Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 1.36 motivNa koliko načina možmo rasporediti 3 bagera (jednaki) na 6 gradilišta?Rješenje: Bagere možemo rasporediti na C (3)6 = ( ) ( ) ( )n+r−1r = 6+3−13 = 83 = 56načina.PRIMJER 1.37 3 kuglice iste boje rasporedujemo u 6 kutija. Koliko razdioba možemodobiti?Rješenje: C (3)6 .PRIMJER 1.38 Uočimo da je izbor r kuglica iz jedne kutije u kojoj je n različitih kuglicas vraćanjem u kutiju ( redoslijed nije važan), analogan rasporedu r jednakih kuglica u nrazličitih kutija.PRIMJER 1.39 Iz kutije u kojoj je 6 kuglica različite boje izvlačimo tri kuglice jednu pojednu s vraćanjem. Koliko uzoraka možemo dobiti ako redoslijed nije važan?Rješenje: C (3)6 .33 Radni materijal

1.5. KOMBINACIJE BEZ PONAVLJANJAPRIMJER 1.40 U prodavaonici se može kupiti 5 vrsta čarapa. Koliko različitih poklonamože napraviti prodavač ako je pakirao po 9 pari?Rješenje: S = {1, 2, 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−1r = 5+9−19 = 139 = 715.PRIMJER 1.41 Iz kutije u kojoj je šest kuglica različitih boja izvlačimo tri odjednom (bezvraćanja). Koliko takvih kombinacija možemo dobiti ako redoslijed nije važan?Rješenje: C (3)6 .PRIMJER 1.42 Iz kutije u kojoj je 6 kuglica različitih boja izvlačimo tri kuglice jednu pojednu s vraćanjem. Koliko uzoraka možemo dobiti ako redoslijed nije važan?Rješenje: C (3)6 .Radni materijal 34

1. ELEMENTI KOMBINATORIKE1.6 PonovimoBEZ PONAVLJANJAbroj permutacija od n elemenata P(n) = n!broj varijacija r−tog razreda od n elemenatabroj kombinacija r−tog razreda od n elemenataV (r)n = n!(n−r)!C (r)n= ( nr)=n!r!·(n−r)!S PONAVLJANJEMbr. permutacija s pon. od n el. P n (n 1 , n 2 , ..., n k ) =n!n 1 !n 2 !...n k !br. varijacija s pon. r−tog raz. od n el.br. kombinacija s pon. r−tog raz. od n el.IZBOR - s vraćanjemV (r)nC (r)n= n r= ( n+r−1r)IZBOR: r-čl. uzorka iz n-čl. skupa različitih elemenatanije važan poredakvažan poredakC (r)nV (r)nIZBOR - bez vraćanjaIZBOR: r-čl. uzoraka iz n-čl. skupa različitih elemenatanije važan poredakvažan poredakC (r)nV (r)nRAZDIOBE - proizvoljno predmeta u kutijamaRAZDIOBE: r predmeta u n različitih kutijajednakih predmetarazličitih predmetaC (r)nV (r)nRAZDIOBE - najviše po jedan predmet u kutijiRAZDIOBE: r predmeta u n različitih kutijajednakih predmetarazličitih predmetaC (r)nV (r)n35 Radni materijal

1.6. PonovimoUZORCIUZORCI: veličine r = r 1 + r 2 + .. + r k iz n = n 1 + n 2 + .. + n k -čl. skupabez vraćanja C (r 1)n 1· C (r 2)n 2· ·C (r k)n ks vraćanjemP r (r 1 , r 2 , ..., r k ) · (n 1 ) r 1(n 2 ) r 2· ... · (n k ) r ks vraćanjem n ≫ r P r (r 1 , r 2 , ..., r k )Radni materijal 36

Poglavlje 2KLASIČNA DEFINICIJAVJEROJATNOSTITeorija vjerojatnosti je matematička disciplina čiji je zadatak formirati i proučavatimatematički model slučajnog pokusa. U 17. stoljeću, inspirirani kockarskim igramammatematičari B. Pascal i P. Fermat su se prvi bavili vjerojatnosnim problemima.2.1 PROSTOR ELEMNTARNIH DOGADAJAPokus (eksperiment) je definiran odnosom uzroka i posljedica. Pretpostavke zarealizaciju pokusa su: ponavljanje pokusa proizvoljno konačno mnogo puta i poznavanjemoguć ih ishoda.Ishodi pokusa su jedini objekti za izgradnju matematičkog modela pokusa.U determinističkom pokusu ishod je jednoznačno odreden uvjetima pokusa, a uslučajnom pokusu ishod nije jednoznačno odeden uvjetima pokusa.Osnovna pretpostavka slučajnog pokusa je da svako vršenje pokusa mora datiishod (dogadaj) koji odgovara jednom i samo jednom elementarnom dogadaju.MOTIV 2.1 (a) Bacamo igraću kocku. Koji su ishodi slučajnog pokusa?(b) Bacamo istovremeno dvije igraće kocke. Koji su ishodi slučajnog pokusa?37

2.1. PROSTOR ELEMNTARNIH DOGADAJADefinicija 2.1 (ELEMENTARNI DOGADAJ.PROSTOR ELEMENTARNIH DOGADAJA)Slučajni pokus je definiran svojim osnovnim ishodima koji se medusobno isključuju izovu se elementarni dogadaji. Označavaju se malim grčkim slovima ω 1 , ω 2 , ..Skup Ω = {ω i : ω i =elementarni dogadaji, i = 1, .., n, ...} je neprazan skup i zove seprostor elementarnih dogadaja.PRIMJER 2.1 Slučajni pokus= bacanje novčića;elementarni dogadaji: ω 1 , ω 2 ; ω 1 = ”palo pismo”, ω 2 = ”pala glava”;Prostor elementarnih dogadaja Ω = {ω 1 , ω 2 }.Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 2.2 motiv(a) Slučajni pokus= bacanje kocke;elementarni dogadaji: ω 1 , ..., ω 6 ; ω 1 = ”pao broj 1”, .....,omega 6 = ”pao broj 6”;Prostor elementarnih dogadaja Ω = {ω 1 , ..., ω 6 }(b) Slučajni pokus= bacanje istovremeno dvije kocke;elementarni dogadaji: ω 1 , ..., ω 36 ; ω 1 = (1, 1),... ,ω 36 = (6, 6).Prostor elementarnih dogadaja Ω = {ω 1 , ..., ω 36 }.PRIMJER 2.3 Slučajni pokus (eksperiment)= vrijeme trajanja tri sijalice;elementarni dogadaj: ω = (x, y, z) ∈ R 3 : x > 0, y > 0, z > 0; Prostor elementarnihdogadaja Ω = {ω = (x, y, z) ∈ R 3 : x > 0, y > 0, z > 0}PRIMJER 2.4 Slučajni pokus (eksperiment)= dnevna količina padalina i maksimalnadnevna temperatura u Zagrebu;elementarni dogadaj: ω = (x, y) : x ≤ 0, −30 < y ≤ 50; Prostor elementarnih dogadajaΩ = {ω = (x, y) ∈ R 2 : x ≤ 0, −30 < y ≤ 50}Definicija 2.2 (SLUČAJNI DOGADAJ)Slučajni dogada je podskup prostora elementarnih dogadaja . Slučajni dogadajioznačavaju se velikim tiskanim slovima latinice A,B,...; A ⊆ Ω.(SIGURAN DOGADAJ)Cijeli prostor elementarnih dogadaja Ω je siguran dogadaj koji se mora dogoditi usvakom vršenju pokusa.(NEMOGUĆ DOGADAJ)Radni materijal 38

2. KLASIČNA DEFINICIJA VJEROJATNOSTIPrazan skup ∅ je nemoguć dogadaj koji se nikad neće dogoditi.(POVOLJAN DOGADAJ)Elementarni dogadaj koji pripada dogadaju A zove se povoljan za dogadaj A akopojavljivanje tog elementarnog dogadaja u pokusu povlačda se dogodio dogadaj A.PRIMJER 2.5 Slučajni pokus=bacanje igraće kocke;elementarni dogadaji: ω 1 = ”pala 1”,..., ω 6 = ”pala 6”;Prostor elementarnih dogadaja: Ω = {ω 1 , ω 2 , ..., ω 6 } = {1, 2, 3, 4, 5, 6};A=”pao je paran broj”; A={ω 2 , ω 4 , ω 6 } = {2, 4, 6}.Elementarni dogadaji ω 2 , ω 4 , ω 6 su povoljni za dogadaj A.OPERACIJE SA SKUPOVIMASlučajni dogadaji su podskupovi od Ω. Operacije sa dogadajima definiramopomoću 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);BABA CAAABA BPresjek 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);AABBABABT: Vrijede de Morganova pravila:39 Radni materijal

2.1. PROSTOR ELEMNTARNIH DOGADAJA( ⋃ k( ⋂ kA k ) c = ⋂ kA k ) c = ⋃ kA c k ;A c k .Definicija 2.3 (DOGADAJI SE ISKLJUČUJU)Za dogadaje A i B kažemo da se medusobno isključuju ako je njihov presjek jednak ∅ .Definicija 2.4 (POTPUN SISTEM DOGADAJA)Skupovi A 1, A 2 , ..., A n čine potpun sistem dogadaja ako se svi medusobno isključuju iako im je unija cijeli prostor elementarnih dogadaja:n⋃A i, ∩ A j = ∅, ∀i j, i = 1, ..., n; A i = Ω.PRIMJER 2.6 Iz skupa jednoznamenkastih brojeva izabiremo jedan broj. Neka je dogadajA=”broj je djeljiv s 2” , dogadaj B=”broj je djeljiv s 3”.Naći izraze za dogadaje C:(a) C=”broj djeljiv i s 2 i s 3”;(b) C=”broj djeljiv ili s 2 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 = {2, 4, 6, 8}, B = {3, 6, 9}(a) C=A ∩ B = {6};(b) C=A ∪ B = {2, 3, 4, 6, 8, 9};(c) C=A\B = {2, 4, 8};(d) C=B\A = {3, 9};(e) C=(A ∪ B) c = A c ∩ B c = {1, 5, 7}.PRIMJER 2.7 Iz tablice slučajnih brojeva izabran je jedan broj. Dogadaj A=”broj jedjeljiv 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 40i=1

2. KLASIČNA DEFINICIJA VJEROJATNOSTIPRIMJER 2.8 Slučajni pokus je gadanje u metu. Pokus se ponavlja 3 puta. Promatrajuse dogadaji A, B, C koji znače pogadanje mete u prvom, drugom i trećem pokušaju. Pomoćutih 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 2.9 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.41 Radni materijal

2.2 KLASIČNA DEFINICIJAVJEROJATNOSTI (A PRIORI)2.2. KLASIČNA DEFINICIJAVJEROJATNOSTI (A PRIORI)Francuski matematičar P. S. Laplace (1749.-1827.) objavio je 1812. djelo ”Theorieanalitique des probabilities” u kojem uvodi pojam elemntarnih dogadaja i pojamvjerojatnosti a priori i a posteriori. Vjerojatnost dogadaja a priori odreduje prekoomjera koji ovisi o prirodi dogadaja.Za homogeni novčić prije bacanja možese odrediti da je vjerojatnost (a priori) da će pasti pismo jednaka 1 2 . Vjerojatnostdogadaja a posteriori odreduje nakon velikog broja ponavljanja eksperimenta kaoomjer broja pojavljivanja dogadaja i ukupnog broja ponavljanja.MOTIV 2.2 U skupu od 27 proizvoda 7 je neispravnih. Kolika je vjerojatnost da izaberemouzorak koji se sastoji od 5 dobrih i 3 neispravna proizvoda?Definicija 2.5 (KLASIČNA DEFINICIJA VJEROJATNOSTI A PRIORI)Neka je prostor elementarnih dogadaja konačan skup |Ω| = n, Ω = {ω 1 , ..., ω n }.Neka su svi elementarni dogadaji jednako mogući.elementarnih dogadaja, A ⊂ Ω, |A| = m.Vjerojatnost svakog elementarnog dogadaja je P(ω) = 1|Ω| .Vjerojatnost dogadaja A definira se kao broj:T: SVOJSTVA:(1) P(Ω) = 1,(2) P(A c ) = 1 − P(A),(3) P(∅) = 0,(4) 0 ≤ P(A) ≤ 1,(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| .(1) P(Ω) = n n = 1,(2) P(A c ) = n−mn= 1 − m n = 1 − P(A),(3) P(∅) = P(Ω c ) = (2) = 1 − P(Ω) = (1) = 1 − 1 = 0,Radni materijal 42Neka dogadaj A ima m povoljnih

2. KLASIČNA DEFINICIJA VJEROJATNOSTI(4) A ⊂ Ω, 0 < |A| < n ⇒ 0 < P(A) < 1, prema (1) i (3) ⇒ 0 ≤ P(A) ≤ 1.(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|nSLABOSTI:= |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 mnogoelementarnih dogadaja;-kružna jer se u definiciji vjerojatnosti koristi formulacija ”jednako mogući” tj.”jednako vjerojatni”.PRIMJER 2.10 Slučajni pokus: bacanje igraće kocke. Kolika je vjerojatnost (klasičnaapriori) dogadaja A=”pao broj veći ili jednak 3”?Rješenje:Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, n = |Ω| = 6.A = {3, 4, 5, 6}, |A| = 4.P(A) = |A|n = 4 6 = 0.666.PRIMJER 2.11 U kutiji je pet kuglica: dvije bijele i 3 crne. Iz kutije slučajno izvučemojednu kuglicu. Kolika je vjerojatnost da će izvučena kuglica biti crna?Rješenje:Slučajni pokus: izvlačimo kuglicu iz kutije u kojoj su 2 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 2.12 U kutiji je n olovaka jedne vrste od kojih je n T ispravnih, a n D = n − n Tneispravnih. Uzmemo slučajni uzorak od r olovaka. Kolika je vjerojatnost da je medunjima r T ispravnih (0 ≤ r T ≤ r)i r D neispravnih?43 Radni materijal

2.2. KLASIČNA DEFINICIJAVJEROJATNOSTI (A PRIORI)Rješenje:Slučajni pokus: izbor od r elemenata (bez vraćanja) iz skupa koji ima n elemenatan = n T + n D , r = r T + r D .Ω = {svi uzorci veličine r iz n-čl. skupa}, |Ω| = ( nr) ;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 ispravnihi r D neispravnih:Koristimo formulu za uzorak bez vraćanja (koristimo teorem o uzastopnom prebrojavanjui broj kombinacija r i -razreda od n i elemenata).|A| = C (r T)n T· C (r D)n D= ( ) ( ) ( ) ( )n Tr T·nDrD=nTr T·n−nTr−r T.P(A) = |A||Ω|=( (n T rT)·)n−n Tr−r T( nr) .Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 2.13 motivU skupu od 27 proizvoda 7 je neispravnih. Kolika je vjerojatnost da izaberemo uzorakkoji se sastoji od 5 dobrih i 3 neispravna proizvoda?Rješenje:Slučajni pokus: izbor od r elemenata (bez vraćanja) iz skupa koji ima n elemenatan = n T + n D , r = r T + r D .n = 27, r = 8, n T = 20, n D = 7, r T = 5, r D = 3.Ω ={svi uzorci veličine r = 8 iz n = 27-čl. skupa};|Ω| = ( n) (r = 27 )8 = 2220 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 ispravnihod n T i r D neispravnih od n D :|A| = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )n Tr T·nDrD=nTr T·n−nTr−r T=205 · 73 = 542640P(A)= |A||Ω|= 5426402220 075= 0.244 42.Radni materijal 44

2. KLASIČNA DEFINICIJA VJEROJATNOSTI2.3 KLASIČNA DEFINICIJAVJEROJATNOSTI A POSTERIORIMOTIV 2.3 Kolika je vjerojatnost šestice kod bacanja igraće kocke? Bacili smo kocku1000 puta i 170 puta je pala šestica.Definicija 2.6 (KLASIČNA DEFINICIJA VJEROJATNOSTIA POSTERIORI)Neka se slučajni pokus ponavlja n puta, n ∈ N, i neka dogadaj A nastupi n A puta. Akoslučajni pokus zadovoljava uvjet statističke stabilnosti relativnih frekvencija, tj. limn→∞n An=p, onda se vjerojatnost a posteriori dogadaja A definira kao broj:n AP(A) = lim = p, 0 ≤ P(A) ≤ 1n→∞ nČesto se P(A) zove STATISTIČKA DEFINICIJA VJEROJATNOSTI.T: SVOJSTVA:ω 1 = 0 = ”nije se dogodio A”;ω 2 = 1 = ”dogodio se A”;Ω = {0, 1} × ... × {0, 1}, n puta;(1) P(Ω) = limn→∞n Ωn(2) P(A c ) = 1 − P(A),(3) P(∅) = 0,(4) 0 ≤ P(A) ≤ 1,= limn→∞n(5) A ⊂ B ⇒ P(A) ≤ P(B),n = 1,(6) A ∩ B = ∅ ⇒ P(A ∪ B) = P(A) + P(B),(7) P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B).D: analogno kao klasična definicija vjerojatnosti a priori.SLABOSTI:P(A)= limn→∞n An,∀ɛ > 0, ∃n 0 ∈ N, ∀n > n 0 ⇒ |P(A) − n An| < ɛ, ali n 0 ovisi o realizaciji slučajnogpokusa.Za konkretan slučajni pokus teško provjeriti ima li svojstvo stabilnosti relativnihfrekvencija!Prisjetimo se motivacijskog primjera:45 Radni materijal

2.3. KLASIČNA DEFINICIJAVJEROJATNOSTI A POSTERIORIPRIMJER 2.14 motivKolika je vjerojatnost šestice kod bacanja igraće kocke? Bacili smo kocku 1000 puta i170 puta je pala šestica.Rješenje: Slučajni pokus: bacanje kocke.ω 1 = 1 = ” pala broj 1”; ω 6 = 6 = ”pao broj 6”;Ω = {1, 2, .., 6} × ... × {1, 2, .., 6}, n = 1000 puta;Pokus zadovoljava uvjet statističke stabilnosti relativnih frekvencija ako jekockahomogena.n ω1P(ω 1 )= limn→∞ nP(ω 6 )= limn ω6n→∞ nA = ω 6 , n ω6 = 170= p = 1 6 (iskustvo),...,= p = 1 6 (iskustvo).P(A) = n ω 6n = 1701000 = 0.1705.PRIMJER 2.15 Bacamo novčić n=24000 puta. Kolika je vjerojatnost a posteriori dogadajaA=”palo pismo” ako je pismo palo 12012 puta.Rješenje: Slučajni pokus: bacanje novčića.ω 1 = 0 = ”nije palo pismo”; ω 2 = 1 = ”palo pismo”;Ω = {0, 1} × ... × {0, 1}, n = 24000 puta;Pokus zadovoljava uvjet statističke stabilnosti relativnih frekvencija ako je homogen.n ω1P(ω 1 )= limn→∞ nP(ω 2 )= limn ω2n→∞ nA = ω 2 , n ω2 = 12012= p = 1 2 (iskustvo),= p = 1 2 (iskustvo).P(A) = n ω 2n = 1201224000 = 0.5005.Radni materijal 46

2. KLASIČNA DEFINICIJA VJEROJATNOSTI2.4 GEOMETRIJSKA VJEROJATNOSTMOTIV 2.4 Mladić i djevojka su dogovorili sastanak na trgu u 12 sati. Čekat će senajdulje 20 minuta nakon dolaska. Kolika je vjerojatnost da se susretnu ako su oboje došlina trg od 12 do 13 sati?Definicija 2.7 Neka se slučajni pokus sastoji u slučajnom izboru točke u skupu Ω ⊆ R nza koji vrijedi µ(Ω) > 0, gdje je µ geometrijska mjera skupa:• n = 1 duljina;• n = 2 površina;• n = 3 obujam.Neka je dogadaj A ⊂ Ω izbor točke iz skupa A. Geometrijska vjerojatnost dogadaja A tj.vjerojatnost da je izabrana točka iz skupa A je brojP(A) = µ(A)µ(Ω) .PRIMJER 2.16 U kvadratu stranice a slučajno je izabrana jedna točka. Kolika je vjerojatnostda je točka s dijagonale kvadrata?yay=x0 axRješenje:Slučajni pokus: slučajni izbor točke u skupu Ω = [0, a] × [0, a].A=dijagonala kvadrata, A ⊂ Ω, A = {(x, y) ∈ Ω : x = y}.µ(Ω) = a 2 , µ(A) = 0, P(A) = µ(A)µ(Ω) = 0.PRIMJER 2.17 U kvadratu stranice a slučajno je izabrana jedna točka. Kolika je vjerojatnostda je točka unutar upisanog kruga?47 Radni materijal

2.4. GEOMETRIJSKA VJEROJATNOSTyaAr0 axRješenje:Slučajni pokus: slučajni izbor točke u skupu Ω = [0, a] × [0, a].A=upisani krug u kvadrat, A ⊂ Ω, A = {(x, y) ∈ Ω : x 2 + y 2 = ( a 2 )2 }.µ(Ω) = a 2 , µ(A) = ( a 2 )2 π, P(A) = µ(A)µ(Ω) = ( 2 a )2 π= π a 2 4 .PRIMJER 2.18 Kolika je vjerojatnost da zbir dva slučajno izabrana broja unutar segmenta[0,1] bude manji od 1, a da njihov produkt bude manji od 2/9?y1y =1- x02Ay= ―9x―1―32 1 x3Rješenje: Ω = [0, 1] × [0, 1]; A ⊂ Ω,A = {(x, y) ∈ Ω : 0 ≤ x ≤ 1/3, 0 ≤ y ≤ 1 − x}∪{(x, y) ∈ Ω : 1 3 ≤ x ≤ 2/3, 0 ≤ y ≤ 2 9x }∪{(x, y) ∈ Ω : 2 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x}.3µ(Ω) = 1, µ(A) = 1 3 + 2 µ(A)9ln 2, P(A) =µ(Ω) = 1 3 + 2 9ln 2.PRIMJER 2.19 Na brojevnom pravcu odaberem slučajno točke a i b tako da je a ∈[0, 3], b ∈ [−2, 0]. Odredite vjerojatnost da je udaljenost točaka a i b veća od 3?Radni materijal 48

2. KLASIČNA DEFINICIJA VJEROJATNOSTIy0 1 2 3x-2y= x-3Ay=-2x=1Rješenje: Ω= točka je unutar pravokutnika [0, 3] × [−2, 0].A = točka je unutar trokuta {(x, y) ∈ Ω : x − y > 3, x > 1, y > −2}.µ(Ω) = 6, µ(A) = 2, P(A) = µ(A)µ(Ω) = 6 2 = 1 3 .Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 2.20 motiv Mladić i djevojka su se dogovorili sastanak na trgu u 12 sati ičekat će se najdulje 20 minuta nakon dolaska. Kolika je vjerojatnost da se susretnu ako suoboje došli na trg od 12 do 13 sati?Rješenje: Susret je unutar vremenskog razmaka od 60 minuta pa je Ω = [0, 60] ×[0, 60]. Treba odrediti vjerojatnost dogadaja A=par se susreo={(x, y) ∈ Ω : |x − y|

2.5. Ponovimo2.5 PonovimoProstor elemntarnih dogadaja Ω = {ω 1 , ..., ω n }Dogadaj A ⊂ ΩKlasična vjerojatnost a prioriKlasična vjerojatnost a posterioriGeometrijska vjerojatnost|A| broj povoljnih elem. dog. za AP(A) = |A||Ω|nP(A) = lim Ann→∞P(A) = µ(A)µ(Ω)Radni materijal 50

Poglavlje 3AKSIOMATSKA DEFINICIJAVJEROJATNOSTIKlasična definicija a priori i klasična definicija a posteriri imaju nedostatke. Ruskimatemtičar A. Kolmogorov(1903.-1987.) smatra se ocem moderne terorije vjerojatnostii on uvodi aksiomatsku definiciju vjerojatnosti u monografiji Osnovni pojmoviteorije vjerojantosti(1933.).MOTIV 3.1 Vjerojatnost da jedna vrsta gume ima rok trajanja veći od 10000 km je 0.95.Kolika je vjerojatnost da će na autu(a) sve gume trajati duže od 10000 km?(b) barem jedna guma puknuti prije predenih 10000 km?MOTIV 3.2 (a) Tri bagerista su slučajno uzimali ključeve svojih strojeva iz kutije. Kolikaje vjerojatnost da je bar jedan izabrao ključeve svog vozila?tko želi znati više(b)Ako je bilo n bagerista kolika je vjerojatnost da je bar jedan sjeo u svoj bager?Definicija 3.1 (SKUP SVIH MOGUĆIH DOGADAJA SLUČAJNOG POKUSA)Neka je Ω prostor elementarnih dogadaja. Partitivni skup ili skup svih podskupovaod Ω, P(Ω) zovemo skup svih mogućih dogadaja slučajnog pokusa.Podskup A⊂P(Ω) zovemo familija dogadaja iz Ω.Definicija 3.2 (SIGMA ALGEBRA DOGADAJA)51

Neka familija dogadaja F ⊂P(Ω) ima svojstva:(i) ∅ ∈ F(ii) A ⊂ F ⇒A c ⊂ F(iii) Ako je A i ∈ F , i ∈ N ⇒ ∞ ⋃i=1A i ∈ FTakvu familiju skupova F zovemo sigma algebra dogadaja (σ-algebra).Ako je Ω konačan skup onda je i svaka σ-algebra A⊂P(Ω) konačna i naziva se algebradogadaja.PRIMJER 3.1 Familija skupova F 0 = {∅, Ω} je σ-algebra (minimalna).Familija skupova F = P(Ω) je σ-algebra (maksimalna).T: SVOJSTVA:D:(a) Ω ∈ F ,(b) Ako je A i ∈ F , i ∈ N ⇒ ∞ ⋂i=1A i ∈ F .(a) Prema definiciji (i), (ii) Ω = ∅ c ∈ F .⋂(b) Prema definiciji (iii) ∞ ⋃A i = ( ∞ A c i )c ∈ F .i=1i=1Definicija 3.3 (AKSIOMATSKA DEFINICIJA VJEROJATNOSTI)Neka je Ω prostor elementarnih dogadaja slučajnog pokusa.skupova na Ω . Funkcija P:F → R zove se vjerojatnost na F ako vrijedi:(P1) P(A) ≥ 0, A ⊂ F (svojstvo nenegativnosti);(P2) P(Ω) = 1 (svojstvo normiranosti);(P3) A i ∈ F , i ∈ N, A i ∩ A j = ∅, i j ⇒ P( ∞ ⋃aditivnosti).Definicija 3.4 (VJEROJATNOSNI PROSTOR)i=1neka je F σ-algebra∑A i ) = ∞ P(A i ) (svojstvo prebrojiveVjerojatnosni prostor zovemo uredenu trojku (Ω, F , P), gdje je F σ-algebra na Ω, aP vjerojatnost na F .Ako je Ω prebrojiv ili konačan skup elementarnih dogadaja onda (Ω, F , P) zovemodiskretni vjerojatnosni prostor.Ako je Ω konačan skup elementarnih dogadaja, |Ω| = n, onda (Ω, P(Ω), P) zovemo ndimenzionalni diskretni vjerojatnosni prostor.Definicija 3.5 (DOGADAJ)Neka je (Ω, F , P) vjerojatnosni prostor. Dogadaj A je element od F .Radni materijal 52i=1

3. AKSIOMATSKA DEFINICIJAVJEROJATNOSTITEOREM 3.1 (svojstva funkcije P)Neka je (Ω, F , P) vjerojatnosni prostor. Tada za funkciju vjerojatnosti P vrijedi:(a) P(∅) = 0;⋃(b) A i ∈ F , i ∈ {1, ..., n}, A i ∩ A j = ∅, i j ⇒ P( n ∑A i ) = n P(A i )(svojstvo konačne aditivnosti);(c) A, B ∈ F , A ⊂ B ⇒ P(A) ≤ P(B) (svojstvo monotonosti);(d) A ∈ F ⇒ P(A c ) = 1 − P(A);(e) A, B ∈ F ⇒ P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B).Dokaz:(a) Neka je A 1 = Ω, A i = ∅, i ≥ 2. Prema definiciji vjerojatnosti (P2)∞⋃ ∞∑∞∑∞∑P( A i ) = P(A i ) ⇒ P(Ω) = P(A 1 ) + P(∅) ⇒ 1 = 1 + P(∅) ⇒ P(∅) = 0.i=1 i=1i=2i=2(b) Neka su A i = ∅, i > n. Prema svojstvu (a) P(A i ) = ∅. Koristeći definicijuvjerojatnosti (P2)i=1i=1∞⋃ ∞∑n⋃P( A i ) = P(A i ) ⇒ P( A i ) =i=1 i=1i=1(c) A ⊂ B ⇒ B = A ∪ (B\A). Prema svojstvu (b)n∑P(A i ).i=1P(A ∪ (B\A)) = P(A) + P(B\A) ⇒ P(B) = P(A) + P(B\A).Prema definiciji vjerojatnosti (P1) P(B\A) ≥ 0 ⇒ P(B) ≥ P(A).(d) Ω = A ∪ A c , ⇒ 1 = P(A ∪ A c ) = P(A) + P(A c ).(e) Uočimo slijedeće relacije A ∪ B = A ∪ (B\A), B = (A ∩ B) ∪ (B\A).Prema svojstvu (b) računamo:P(A ∪ B) = P(A ∪ (B\A)) = P(A) + P(B\A), iP(B) = P((A ∩ B) ∪ (B\A)) = P(A ∩ B) + P(B\A).Zaključujemo da je P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B).NAPOMENA 3.1 Vjerojatnost je funkcija P : F → [0, 1].NAPOMENA 3.2 važnoT: Ako je Ω konačan i ako su svi elementarni dogadaji jednako vjerojatni onda je vjerojatnostdogadaja A prema aksiomatskoj definiciji jednaka vjerojatnosti a priori:P(A) = |A||Ω| .53 Radni materijal

D:Neka je Ω = {ω 1 , ω 2 , ..., ω n } konačan skup elementarnih dogadaja koji su svi jednakovjerojatni, a (Ω, P(Ω), P) vjerojatnosni prostor. Prema svojstvu normiranosti i zahtjevuda je vjerojatnost svakog elementarnog dogadaja jednaka:P(Ω) = 1 ⇒ n · P({ω i }) = 1 ⇒ P({ω i }) = 1 n .Neka je dogadaj A = {ω i1 , ω i2 , ..., ω ik }. Koristeći svojstvo konačne aditivnosti vjerojatnostdogadaja A ⊂ P(Ω) je onda jednakaP(A) =∑ω ik ∈AP({ω ik }) = k · P({ω ik }) = k · 1n = |A||Ω| .Uočimo da je P(A)= klasičnoj definiciji vjerojatnosti a priori.PRIMJER 3.2 Bacamo dvije kocke. Kolika je vjerojatnost da će pasti jednaki brojevi iliparan produkt?Rješenje: Prema svojstvu (e) A, B ∈ F ⇒ P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B), zadogadaj A =pali jednaki brojevi i dogadaj B = produkt brojeva koji su pali je paranbroj računamo vjerojatnost P(A ∪ B) = 6 36 + 2736 − 3 36 = 3036 .PRIMJER 3.3 Pokažite da vrijedi3⋃A i ∈ F , i ∈ {1, 2, 3}, ⇒ P( A i ) =i=13∑P(A i )−P(A 1 ∪A 2 )−P(A 1 ∩A 3 )−P(A 2 ∩A 3 )+P(A 1 ∩A 2 ∩A 3 ).i=1Rješenje:tko želi znati višeKoristimo svojstvo vjerojatnosti (e) A, B ∈ F ⇒ P(A∪B) = P(A)+P(B)−P(A∩B)za A = A 1 , B = A 2 ∪ A 3 .Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 3.4 motiv(a) Tri bagerista su slučajno uzimali ključeve svojih strojeva iz kutije. Kolika je vjerojatnostda je bar jedan izabrao ključeve svog vozila?tko želi znati više(b)Ako je bilo n bagerista kolika je vjerojatnost da je bar jedan sjeo u svoj bager?Radni materijal 54

3. AKSIOMATSKA DEFINICIJAVJEROJATNOSTIRješenje: (a) Dogadaj A i =i-ti bagerist je izabrao ključeve svog vozila, i = 1, 2, 3.Dogadaj B =bar jedan bagerist je izabrao ključeve svog vozila; tj. B = A 1 ∪A 2 ∪A 3 .∑P(B) = P(A 1 ∪A 2 ∪A 3 ) = 3 P(A i )−P(A 1 ∩A 2 )−P(A 1 ∩A 3 )−P(A 2 ∩A 3 )+P(A 1 ∩A 2 ∩A 3 ).i=1P(B) = 3 · 13 − 12∗3 − 12·3 − 12·3 + 1 3! = 2 3tko želi znati više(b) P(A 1 ∪ ... ∪ A n ) = 1 − ( n 2)n·(n−1) + ( n 3)n·(n−1)·(n−2) − ... + ( n n)(−1)n n!P(B) = 1 − e −1 ≈ 0.68, za n > 10.Vjerojatnost je ista 0.68 ako je 11 bagerista ili ako je npr. 100 bagerista.Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 3.5 motivAko je vjerojatnost da jedne vrsta gume ima rok trajanja veći od 10000 km jednaka0.95, kolika je vjerojatnost da će na autu(a) sve gume trajati duže od 10000 km?(b) barem jedna guma puknuti prije prdenih 10 000 km?Rješenje:Dogadaj A = jedna guma je prešla 10000 km; dogadaj B = sve četiri su prešle 10000km, dogadaj C = bar jedna guma je pukla prije 10000 km; tj. C = B c .(a) P(A) = 0.95P(B) = P(A) 4 ;(b) P(C) = 1 − P(B) = 1 − 0.95 4 .NAPOMENA 3.3 tko želi znati višeT: Svojstva funkcije vjerojatnosti P :(f) A n ∈ F , n ∈ N, A 1 ⊂ A 2 ⊂ ... ⊂ A n , A n = n ⋃⋃⇒ P( lim A n ) = P( ∞ A i ) = lim P(A n );n→∞ i=1 n→∞(svojstvo neprekidnost vjerojatnosti u odnosu na rastući niz);⋂(g) A n ∈ F , n ∈ N, A n ⊂ A n−1 ⊂ ... ⊂ A 1 , A n = ni=1A i ,A ii=1⋂⇒ P( lim A n ) = P( n A i ) = lim P(A n ),n→∞ i=1 n→∞(svojstvo neprekidnosti vjerojatnosti u odnosu na padajući niz);D: tko želi znati više55 Radni materijal

⋃(f) Za niz dogadaja A 1 ⊂ A 2 ⊂ ... ⊂ A n , A n = n A i , definiramo pomoćni niz dogadajaB n ∈ F , n ∈ N na slijedći način:B 1 = A 1 , B 2 = A 2 \A 1 , ..., B n = A n \A n−1 .Lako se provjeri da se dogadaji isključuju B i ∩ B j = ∅, i j, a A n = n ⋃⋃Definirajmo A = lim A n = ∞ B n .n→∞ n=1⋃Prema definiciji vjerojatnosti (P2) P( ∞⇒ P( limn→∞A n ) =∞∑n=1P(B n ) = limn→∞n=1i=1∑B n ) = ∞ P(B n ),n∑i=1n=1P(B i ) = (b) = limn→∞P(n⋃i=1i=1B i .B i ) = limn→∞P(A n ).⋂(g) Za niz dogadaja A n ⊂ A n−1 ⊂ ... ⊂ A 1 , A n = n A i , definiramo pomoćni niz dogadajaC n ∈ F , n ∈ N na slijedeći način:C 1 = A 1 \A 1 = ∅, C 2 = A 1 \A 2 , ..., C n = A 1 \A n .Lako se provjeri da je dobiven monotono rastući niz C 1 ⊂ C 2 ⊂ ... ⊂ C n ⊂ C n+1 ... i vrijedin⋃⋂C i = A 1 \A n . i za A n = n A i , A = lim A ni=1i=1 n→∞⋃⇒ ∞ C n = A 1 \A.n=1⋃Prema definiciji (P2) i svojstvu (d) vrijedi: P(A 1 \A) = P( ∞ C n ),P(A 1 ) − P(A) = lim P(C n ) = lim P(A 1 \A n ) = P(A 1 ) − lim P(A n ),n→∞ n→∞ n→∞⇒ P(A) = lim P(A n ).n→∞i=1n=1Radni materijal 56

3. AKSIOMATSKA DEFINICIJAVJEROJATNOSTI3.1 PonovimoALGEBRA DOGADAJASkup svih mogućih dogadajaFamilija dogadajasigma algebra dogadajaalgebra dogadajaP(Ω)F ⊂ P(Ω)F sa svojsvima∅ ∈ FA ⊂ F ⇒A c ⊂ Fsadrži prebrojive unije dogadaja iz FF ako je Ω konačanAKSIOMATSKA definicija VJEROJATNOSTIaksiomi vjerojatnostiP(A) ≥ 0, A ⊂ FP(Ω) = 1svojstvo prebrojive aditivnostivjerojatnost P : F → [0, 1]vjerojatnosni prostor (Ω, F , P)57 Radni materijal

Radni materijal 583.1. Ponovimo

Poglavlje 4UVJETNA VJEROJATNOSTThomas Bayes (1702 − 1762) uvodi pojam uvjetne vjerojatnosti: vjerojatnost da sedogodi dogadaj B ako se dogodio dogadaj A jednaka je kvocijentu vjerojatnostida se dogode dogadaji i A i B i vjerojatnosti dogadaja A.MOTIV 4.1 Kontolor u tvornici daje nakon vizualnog pregleda tri tipa odluke: 1)proizvod je defektan i šalje se na daljnje pretrage 2) sumnja se da je proizvod defektani šalje se na daljnje pretrage 3) proizvod je ispravan. Pokazalo se dosada da je kontolorbio u pravu kad je odlučio: o neispravnosti u 80% slučajeva, o sumnji na neispravnost u50% slučajeva, a o ispravnosti proizvoda a u 90% slučajeva.U toku jednog dana kontrolor donosi prvu odluku kod 50%, drugu kod 20% i trećudijagnozu kod 30% proizvoda. (a) Odredite vjerojatnost neispravnosti proizvoda. (b)Odredite vjerojatnost pogrešne odluke tj. odluke kontolora da je proizvod ispravan a onje zaista neispravan. (c) Odredite vjerojatnost nepotrebnih troškova ili slanja na daljnjepretrage proizvoda ako je zaista ispravan.Definicija 4.1 (UVJETNA VJEROJATNOST)Neka je (Ω, F , P) vjerojatnosni prostor i neka je A ∈ F takav da je P(A) > 0. Tadafunkciju P A : F → [0, 1] zovemo uvjetna vjerojatnost a definiramo ∀ B ∈ F kaoP A (B) = P(B/A) =P(B ∩ A),P(A)vjerojatnost od B uz uvjet da se dogodio A.P(A) = 0 ⇒ P A (B) = P(B).59

tko želi znati višeTEOREM 4.1 Uvjetna vjerojatnost je vjerojatnost. Zadovoljava uvjete(UP1) P A (B) ≥ 0, B ⊂ F (svojstvo nenegativnosti);(UP2) P A (Ω) = 1 (svojstvo normiranosti);(UP3) A i ∈ F , i ∈ N, A i ∩ A j = ∅, i j ⇒ P A ( ∞ ⋃(svojstvo prebrojive aditivnosti).Dokaz: (UP3) A i ∈ F , i ∈ N, A i ∩ A j = ∅, i j⇒ A i ∩ A ∈ F , i ∈ N, (A i ∩ A) ∩ (A j ∩ A) = ∅, i ji=1∑A i ) = ∞ P A (A i )i=1∞⋃P A ( A i ) =i=1=⋃P( ∞ A i ∩ A)∞∑i=1i=1P(A)P(A i ∩ A)P(A)==⋃P( ∞ (A i ∩ A))i=1P(A)∞∑P A (A i ) .i=1=∞∑P(A i ∩ A)i=1P(A)NAPOMENA 4.1 važnoT: Ako je Ω konačan i ako su svi elementarni dogadaji jednako vjerojatni onda je uvjetnavjerojatnost dogadaja B uz uvjet da se dogodio dogadaj A prema aksiomatskoj definicijijednaka vjerojatnosti a priori:D:P A (B) =|A ∩ B|.|A|Neka je (Ω, P(Ω), P) diskretni vjerojatnosni prostor, gdje je Ω konačan prostor elementarnihdogadaja i P({ω i }) = 1 n, i = {1, ..., n}. Neka je A ∈ P(Ω), |A| = m > 0 iP(A) = m n . Za B ∈ P(Ω) tako da je |A ∩ B| = r, uvjetna vjerojatnost P A : P(Ω) → [0, 1]je definirana na slijedeći načinP A (B) =P(B ∩ A)P(A)=rnmn= r m .PRIMJER 4.1 Bacamo kocku. Kolika je vjerojatnost da će ”pasti” paran broj pod uvjetomda je je ”pao” broj manji od 4?Radni materijal 60

4. UVJETNA VJEROJATNOSTRješenje: Ω = {ω 1 , ..., ω 6 } = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, P({ω i }) = 1 6 .A = {1, 2, 3}, P(A) > 0, P(A) = 3 6 B = {2, 4, 6}, P A(B) =?P(B ∩ A)P A (B) = = P({2}) 1P(A) P(A) = 6= 1 3 .36PRIMJER 4.2 Izabiremo slučajno dva broja izmedu brojeva od 1 do 9. Ako je njihovzbroj paran broj kolika je vjerojatnost da su oba neparna?Rješenje:Ω = {{ω i , ω j } : ω i ω j , ω 1 , ..., ω 9 ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}}, P({ω i }) = 1 9 .A ⊂ Ω, A = {ω i1 , ω i2 }, ω i1 + ω i2 = paran,P(A) = C(2) + C (2)4 5C (2)9=( 4 ) (2 + 52)( 9 ) = 4 · 3 + 5 · 4 = 329 · 8 72 = 4 92B ⊂ Ω, B = {ω i1 , ω i2 }, ω i1 , ω i2 = neparni, P A (B) =?P(B ∩ A) = C(2) 5C (2)9= 2072 , P P(B ∩ A)A(B) = =P(A)207249= 5 8 .TEOREM 4.2 (FORMULA PRODUKTA VJEROJATNOSTI)Vjerojatnost produkta (presjeka) dva dogadaja (A∩B) jednaka je produktu vjerojatnostijednog od njih i uvjetne vjerojatnosti drugog, pod uvjetom da se prvi dogodio.P(A ∩ B) = P(A) · P A (B),P(A ∩ B) = P(B) · P B (A).Dokaz:Ako je P(A) > 0, prema definiciji uvjetne vjerojatnosti P A :P(A ∩ B)P A (B) = ⇒ P(A ∩ B) = P(A) · P A (B).P(A)Ako je P(A) = 0 ⇒ P A (B) = P(B) ⇒ P(A ∩ B) = P(A) · P(B) = 0.TEOREM 4.3 (FORMULA PRODUKTA VJEROJATNOSTI*)Vjerojatnost produkta (presjeka) n dogadaja (A 1 ∩ A 2 ∩ ... ∩ A n ) jednaka jeP(n⋂i=1A i ) = P(A 1 ) · P A1 (A 2 ) · P (A1 ∩A 2 )(A 3 ) · ... · P( n−1 ⋂i=1(A n )A i )⋂n−1= P(A 1 ) · P(A 2 /A 1 ) · P(A 3 /A 1 ∩ A 2 ) · ... · P(A n / A i ).i=161 Radni materijal

Dokaz:Pomoću AMI.PRIMJER 4.3 Iz špila karata (52 karte) izvlačimo jednu za drugom dvije karte. Kolikaje vjerojatnost da obe karte budu pik?Rješenje: A=”obje karte su pik”A 1 =”prva je pik”, P(A 1 ) = 1352A 2 =”druga je pik”, P(A 2 /A 1 ) = 1251A = A 1 ∩ A 2 .Prema formuli produkta (presjeka) vjerojatnosti:P(A) = P(A 1 ∩ A 2 ) = P(A 1 ) · P(A 2 /A 1 ) = 1352 · 1251 = 117 .Ili direktno (pomoću formule za uzorak bez vraćanja):P(A 1 ∩ A 2 ) = C(2) 13 · C(0) 13 · C(0) 13 · C(0) 13C (2)52=13 · 1252 · 51 = 117 .PRIMJER 4.4 U kutiji se nalazi 10 kuglica: 6 bijelih i 4 crne. Izvlačimo 3 kuglice jednuza drugom. Kolika je vjerojatnost da će bar jedna od njih biti bijela?Rješenje: A=”izvučena bar jedna bijela”, A c =”izvučene sve crne”,A 1 =”prva izvučena crna”, P(A 1 ) = 410A 2 =”druga izvučena crna”, P(A 1 /A 2 ) = 3 9 ,A 3 =”treća izvučena crna”, P(A 3 /A 1 ∩ A 2 ) = 2 8 .Prema formuli produkta (presjeka) vjerojatnostiP(A c ) = P(A 1 ) · P(A 2 /A 1 ) · P(A 3 /A 1 ∩ A 2 ) = 410 · 39 · 28 = 130 .Ili direktno (pomoću formule za uzorak bez vraćanja):( 4 )·( 6P(A c ) = P(A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ) = C(3) 4 ·C(0) 6 3= (0)C (3) 10 ) = 4·3·210·9·8 = 1 30 .10 3P(A) = 1 − P(A c ) = 2930 .PRIMJER 4.5 U kutiji se nalazi 50 proizvoda: 20% neispravnih. Kontrolor izvlači 5proizvoda sukcesivno (bez vraćanja). Kolika je vjerojatnost da će ocjena kontrolora bitipozitivna (svi proizvodi u uzorku ispravni)?Rješenje: A=”izvučeni svi ispravni predmeti”,A 1 =”prvi izvučeni ispravan”, P(A 1 ) = 4050A 2 =”drugi izvučeni ispravan”, P(A 2 /A 1 ) = 3949 ,A 3 =”treći izvučeni ispravan”, P(A 3 /A 1 ∩ A 2 ) = 3848 .Radni materijal 62

4. UVJETNA VJEROJATNOSTA 4 =”četvrti izvučeni ispravan”, P(A 4 /A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ) = 3747 ,A 5 =”peti izvučeni ispravan”, P(A 5 /A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ∩ A 4 ) = 3646Prema formuli produkta (presjeka) vjerojatnostiP(A) = P(A 1 ) · P(A 2 /A 1 ) · P(A 3 /A 1 ∩ A 2 )·P(A 4 /A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ) · P(A 5 /A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ∩ A 4 )= 4050 · 3949 · 3848 · 3747 · 3646 = 0.31Ili direktno (pomoću formule za uzorak bez vraćanja):P(A) = P(A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ∩ A 4 ∩ A 5 ) = C(5) 40 · C(0) 20C (5)5040 · 39 · 38 · 37 · 36=50 · 49 · 48 · 47 · 46 = 0.31=( 405) ( · 20 )0( 50 )5Definicija 4.2 (NEZAVISNI DOGADAJI)Neka je (Ω, F , P) vjerojatnosni prostor i neka su A, B ∈ F . Za dogadaje A i B kažemoda su nezavisni ako vrijediP(A ∩ B) = P(A) · P(B).Definicija 4.3 (FAMILIJA NEZAVISNIH DOGADAJA)Neka je (Ω, F , P) vjerojatnosni prostor i neka je A i ∈ F , i ∈ I familija dogadaja.Kažemo da je to nezavisna familija dogadaja ako za svaki konačni podskup različitihindeksa {i 1 , ..., i k } ∈ I vrijedik⋂P( A ij ) =j=1k∏P(A ij ).j=1PRIMJER 4.6 Ako su A i B nezavisni dogadaji, takvi da P(A) > 0, P(B) > 0 onda vrijediP(B/A) = P(B) = P A (B),P(A/B) = P(A) = P B (A).P A (B) = P(B/A) =P(B ∩ A)P(A)=P(A) · P(B)P(A)= P(B).PRIMJER 4.7 (a) Proizvoljan dogadaj A i siguran dogadaj su nezavisni.(b) Proizvoljan dogadaj A i nemoguć dogadaj uvijek su nezavisni.63 Radni materijal

Rješenje:(a) Ω ∩ A = A, P(Ω) = 1, P(Ω ∩ A) = P(A) = P(A) · 1 = P(A) · P(Ω).(b) ∅ ∩ A = ∅, P(∅) = 0, P(∅ ∩ A) = P(∅) = P(∅) · P(A) = 0.PRIMJER 4.8 Ako su A i B nezavisni dogadaji onda su nezavisni dogadaji:(a) A c i B,(b) A i B c ,(c) A c i B c .Rješenje:(a) (A c ∩ B) ∩ (A ∩ B) = ∅, (A c ∩ B) ∪ (A ∩ B) = B⇒ P(B) = P(A c ∩ B) + P(A ∩ B)⇒ P(A c ∩ B) = P(B) − P(A ∩ B) = P(B) − P(A) · P(B)= P(B) · (1 − P(A)) = P(A c ) · P(B).(b) (A ∩ B c ) ∩ (A ∩ B) = ∅, (A ∩ B c ) ∪ (A ∩ B) = A,⇒ P(A) = P(A ∩ B c ) + P(A ∩ B),⇒ P(A ∩ B c ) = P(A) − P(A ∩ B) = P(A) − P(A) · P(B)= P(A) · (1 − P(B)) = P(A) · P(B c ).(c) (A c ∩ B c ) = (A ∪ B) c ,⇒ P(A c ∩ B c ) = P((A ∪ B) c ) = 1 − P(A ∪ B)= 1 − (P(A) + P(B) − P(A ∩ B))= 1 − (P(A) + P(B) − P(A) · P(B))= (1 − P(A)) · (1 − P(B)) = P(A c ) · P(B c ).PRIMJER 4.9 Motor pokreće električni generator. Vjerojatnost otkazivanja motora uroku jednog mjeseca je 0.08, a generatora 0.04. Kolika je vjerojatnost da ćemo moratipopravljati cijeli uredaj tijekom tog mjeseca?Rješenje: Prema svojstvu (e) vjerojatnostiA, B ∈ F ⇒ P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B)za dogadaj A =pokvario se motor i dogadaj B = pokvario se generator, računamovjerojatnost P(A ∪ B). Budući su dogadaji A i B nezavisni onda jeP(A ∩ B) = P(A) · P(B).Radni materijal 64

4. UVJETNA VJEROJATNOSTVjerojatnost otkazivanja cijelog uredaja jeP(A ∪ B) = 0.08 + 0.04 − 0.08 · 0.04 = 0.1168.Vjerojatnost da će trebati popravak je 11.68PRIMJER 4.10 Ako su A i B nezavisni dogadaji pozitivnih vjerojatnosti onda se dogadajine isključuju.Rješenje: Pretpostavimo suprotno: A ∩ B = ∅.A i B su nezavisni i pozitivnih vjerojatnosti ⇒ P(A ∩ B) = P(A) · P(B) > 0, što je ukontradikciji s P(A ∩ B) = P(∅) = 0.Zaključujemo da je pretpostavka kriva: ⇒ A ∩ B ∅, dogadaji se ne isključuju.TEOREM 4.4 (FORMULA POTPUNE VJEROJATNOSTI)Neka je (Ω, F , P) vjerojatnosni prostor i neka skupovi H 1 , H 2 , ..., H n ∈ F čine potpunsistem dogadaja. Tada∀A ∈ F ⇒ P(A) =Dokaz:n∑P(H i ) · P(A/H i ).Skupovi H 1 , H 2 , ..., H n ∈ F , čine potpun sistem (familiju) dogadaja:n⋃n∑H i ∩ H j = ∅, i j, H i = Ω, P(H i ) = 1.i=1Prema teoremu o vjerojatnosti produkta (presjeka) dogadaja:P(A ∩ H i ) = P(H i ) · P(A/H i ).A ∈ F , (A ∩ H i ) ∩ (A ∩ H j ) = ∅.n⋃n⋃P(A) = P(A ∩ Ω) = P(A ∩ ( H i )) = P( (A ∩ H i ))i=1n∑= P(A ∩ H i ) =i=1i=1i=1i=1i=1n∑P(H i ) · P(A/H i ).TEOREM 4.5 (BAYESOVA FORMULA)Neka je (Ω, F , P) vjerojatnosni prostor i neka skupovi H 1 , H 2 , ..., H n ∈ F čine potpunsistem dogadaja. Neka dogadaj A ∈ F ima pozitivnu vjerojatnost P(A) > 0. Tada je ∀iP(H i /A) = P(H i) · P(A/H i )P(A), P(H i /A) = P(H i) · P(A/H i ).n∑P(H j ) · P(A/H j )j=165 Radni materijal

A H 1H 2 AH 1H 2H n H n AADokaz:Definicija uvjetne vjerojatnosti i formula produkta vjerojatnosti povlači da vrijedi:P(H i /A) = P(H i ∩ A)= P(H i) · P(A/H i ).P(A) P(A)Prema formuli potpune vjerojatnosti dobivamo:P(H i /A) = P(H i) · P(A/H i ).n∑P(H j ) · P(A/H j )j=1NAPOMENA 4.2 Bayesovu formulu koristimo kad želimo naći istinitu hipotezu izskupa od n postavljenih hipoteza H i , i = 1, ..., n, ako znamo da se dogodio dogadaj A. Zasvako i = 1, ..., n, računamo P(H i /A). Hipoteza H i0 za koju je P(H i0 /A) ≈ 1, uzima se daje ispravna.PRIMJER 4.11 Na našem fakultetu je 4% studenata i 1% studentica koji nisu državljaniRH. Omjer studenata i studentica upisanih na fakultet je 40:60. Ako je slučajno izabranajedna osoba upisana na naš fakultet koja je strani državljanin kolika je vjerojatnost da jeto studentica?Rješenje:Postavljamo hipoteze-potpun sistem dogadaja:H 1 =”izabrana osoba je studentica”, P(H 1 ) = 60100 .H 2 =”izabrana osoba je student”, P(H 2 ) = 40100 .H 1 ∩ H 2 = ∅, H 1 ∪ H 2 = Ω.Radni materijal 66

4. UVJETNA VJEROJATNOSTDogadaj A koji se dogodio: A=”izabrana osoba je strani državljanin”.Zadane su uvjetne vjerojatnosti dogadaja A uz uvjet jedne i druge hipoteze:P(A/H 1 ) = 1100 , P(A/H 2) = 4100 . Trebamo odrediti P(H 1/A) =?Koristimo Bayesovu formulu:P(H 1 /A) ==P(H 1 ) · P(A/H 1 )=2∑P(H j ) · P(A/H j )j=160100 · 110060100 · 1100 + 40100 · 410060100 · 1100P(H 1 ) · P(A/H 1 ) + P(H 2 ) · P(A/H 2 )= 60220 = 311 = 0.27.PRIMJER 4.12 Tri stroja S1, S2 i S3 učestvuju u ukupnoj proizvodnji u omjeru 60 :30 : 10. Stroj S1 proizvodi 2%, stroj S2 3% i stroj S3 4% neispravnih proizvoda. Ako seslučajno izabere jedan proizvod koji je neispravan, kolika je vjerojatnost da je bio napravljenna stroju S3?Rješenje:Postavljamo hipoteze-potpun sistem dogadaja:H 1 =”izabrani predmet je sa stroja S1”, P(H 1 ) = 60100 .H 2 =”izabrani predmet je sa stroja S2”, P(H 2 ) = 30100 .H 3 =”izabrani predmet je sa stroja S3”, P(H 3 ) = 10100H i ∩ H j = ∅, i j, H 1 ∪ H 2 ∪ H 3 = Ω.Dogadaj A koji se dogodio: A=”izabrani proizvod je neispravan”.Zadane su uvjetne vjerojatnosti dogadaja A uz uvjet pojedine hipoteze:P(A/H 1 ) = 2100 , P(A/H 2) = 3100 , P(A/H 3) = 4100 .Trbamo odrediti P(H 3 /A) =?Koristimo Bayesovu formulu:P(H 3 /A) ===P(H 3 ) · P(A/H 3 )3∑P(H j ) · P(A/H j )j=110100 · 4100P(H 1 ) · P(A/H 1 ) + P(H 2 ) · P(A/H 2 ) + P(H 3 ) · P(A/H 3 )10100 · 410060100 · 2100 + 30100 · 3100 + 10100 · 4100= 425 = 0.16.Prisjetimo se motivacijskog primjera:67 Radni materijal

PRIMJER 4.13 motivKontolor u tvornici daje nakon vizualnog pregleda tri tipa odluke: 1) proizvod jedefektan i šalje se na daljnje pretrage 2) sumnja se da je proizvod defektan i šalje se nadaljnje pretrage 3) proizvod je ispravan. Pokazalo se dosada da je kontolor bio u pravu kadje odlučio: o neispravnosti u 80% slučajeva, o sumnji na neispravnost u 50% slučajeva,a o ispravnosti proizvoda a u 90% sluČajeva.U toku jednog dana kontrolor donosi prvu odluku kod 50%, drugu kod 20% i trećudijagnozu kod 30% proizvoda. (a) Odredite vjerojatnost neispravnosti proizvoda. (b)Odredite vjerojatnost pogrešne odluke tj. odluke kontolora da je proizvod ispravan a onje zaista neispravan. (c) Odredite vjerojatnost nepotrebnih troškova ili slanja na daljnjepretrage proizvoda ako je zaista ispravan.Rješenje:Postavljamo hipoteze-potpun sistem dogadaja:H 1 =”prva odluka -proizvod je neispravan”, P(H 1 ) = 0.5;H 2 =”druga odluka - sumnja se da je proizvod neispravan ”, P(H 2 ) = 0.2;H 3 =”treća odluka- proizvod je ispravan”, P(H 3 ) = 0.3.H i ∩ H j = ∅, i j, H 1 ∪ H 2 ∪ H 3 = Ω.Dogadaj A = ”proizvod je neispravan”.Dogadaj A c =”proizvod je ispravan”.Zadane su uvjetne vjerojatnosti dogadaja A uz uvjet pojedine hipoteze:P(A/H 1 ) = 0.8, P(A/H 2 ) = 0.5 P(A/H 3 ) = 0.1.(a) Trebamo odrediti P(A)(b) Trbamo odrediti P(H 3 /A) =?(c) Trebamo odrediti P(H 1 ∪ H 2 /A c )(a) Koristimo formulu potpune vjerojatnosti:P(A) =3∑P(H j ) · P(A/H j )j=1P(A) = 0.5 · 0.8 + 0.2 · 0.5 + 0.3 · 0.1 = 0.53P(A c ) = 0.47.Radni materijal 68

4. UVJETNA VJEROJATNOST(b)Koristimo Bayesovu formulu:P(H 3 /A) =(c) Koristimo Bayesovu formulu:P(H 3 ) · P(A/H 3 )3∑P(H j ) · P(A/H j )j=10.3 · 0.1=0.53= 0.056.P(H 1 ∪ H 2 /A c ) = P(H 1) · P(A c /H 1 ) + P(H 2 ) · P(A c /H 2 )P(A c )0.5 · 0.2 + 0.2 · 0.50=0.47= 0.425.69 Radni materijal

4.1. Ponovimo4.1 PonovimoUVJETNA VJEROJATNOSTUvjetna vjerojatnost od B uz uvjet da se dogodio Aako P(A) > 0ako P(A) = 0formula produkta vjerojatnostinezavisni dogadaji A i Bformula potpune vjerojatnostiP A (B) ≡ P(B/A)P A (B) = P(B∩A)P(A)P A (B) = P(B)P(A ∩ B) = P(A) · P A (B)P(A ∩ B) = P(A) · P(B)∑P(A) = n P(H j ) · P(A/H j )Bayesova formula P(H i /A) = P(H i)·P(A/H i )j=1n∑P(H j )·P(A/H j )j=1Radni materijal 70

Dio IISlučajne varijable71

Poglavlje 5DISKRETNA SLUČAJNAVARIJABLAMOTIV 5.1 U agenciji za nekretnine prema pokazateljima prodaje u prošlom razdobljuzarada po prodanom jednosobnom stanu je 3000 eura. Kolika je očekivana mjesečnazarada na jednosobnim stanovima ako je prema zadnjim pokazateljima vjerojatnost prodajenijednog stana 0.1, 1 stana 0.3, 2 stana 0.4, a vjerojatnost prodaje 3 stana 0.2 .Opisna definicija pojama slučajne varijable: to je funkcija koja elementarnimdogadajima nekog slučajnog pokusa pridružuje realan broj.Ako je pokus takav da slučajna varijabla predstavlja prebrajanje onda ćemogovoriti o diskretnoj slučajnoj varijabli.Ako je pokus takav da slučajna varijabla uključuje mjerenje (temperatura,tlak, vrijeme, postotak) onda ćemo govoriti o kontinuiranoj slučajnoj varijabli jerse vrijednosti mjerenja prikazuju intervalima.Diskretna slučajna varijabla se zadaje vrijednostima koje su pridružene ishodimapokusa i vjerojatnostima dogadaja da slučajna varijabla poprimi te vrijednosti.Kontinuirana slučajna varijabla zadaje se vjerojatnostima da poprimi vrijednostiunutar pojedinog intervala. Vjerojatnost da kontinuirana slučajna varijablapoprimi pojedinu vrijednost unutar intervala je nula.PRIMJER 5.1 Neka je slučajni pokus bacanje dvije kocke istovremeno. Elemntarnimdogadajima možemo pridružiti realan broj koji odgovara sumi palih brojeva. To pridruživanjeje funkcija X sa vrijednostima u skupu {2, 3, 4, ..., 12} koje ovise o ishodu slučajnog pokusa,73

5.1. DISKRETNA SLUČAJNA VARIJABLApa to opravdava naziv slučajna varijabla X =suma brojeva koji su pali. To je diskretnaslučajna varijabla.PRIMJER 5.2 Neka je slučajni pokus godišnje poslovanje jednog poduzeća. Kontinuiranaslučajna varijabla X se može definirati kao omjer prodaje i profita u jednoj godini.5.1 DISKRETNA SLUČAJNA VARIJABLAMOTIV 5.2 Promatramo slučajan pokus bacanje 2 igraće kocke i slučajnu varijablu X =suma brojeva koji su pali. Izračunajte vjerojatnost da je zbroj brojeva koji su pali veći od3 a manji ili jednak 6, tj. P(3 < X ≤ 6)?Definicija 5.1 (DiSKRETNA SLUČAJNA VARIJABLANeka je (Ω, P(Ω), P) diskretni vjerojatnosni prostor. Funkciju X : Ω → R zovemodiskretna slučajna varijabla ako je slika R(X) = {X(ω 1 ), X(ω 2 ), ..., X(ω n ), ...} diskretan(konačan ili prebrojiv) skup.PRIMJER 5.3 Neka je (Ω, P(Ω), P) diskretni vjerojatnosni prostor gdje je Ω = {ω 1 , ω 2 }.X : Ω → R je diskretna slučajna varijabla definirana na sljedeći način:X(ω 1 ) = 0, X(ω 2 ) = 1.Definicija 5.2 Za diskretnu slučajnu varijablu X na vjerojatnosnom prostoru (Ω, P, P)definiramo vjerojatnost da poprimi vrijednost a ∈ RP(X = a) = P({ω ∈ Ω : X(ω) = a}).PRIMJER 5.4 Neka je (Ω, P, P) diskretni vjerojatnosni prostor gdje je Ω = {ω 1 , ω 2 , ω 3 , ω 4 },a vjerojatnost P({ω i }) = 1 4, i = 1, .., 4. Neka je X : Ω → R slučajna varijabla definiranana sljedeći način: X(ω 1 ) = X(ω 2 ) = 0, X(ω 3 ) = X(ω 4 ) = 1.Izračunajte vjerojatnost da slučajna varijabla X poprimi vrijednost 1 tj.P(X = 1).Rješenje:Vjerojatnost da slučajna varijabla poprimi vrijednost 1 iznosi:P(X = 1) = P({ω ∈ Ω : X(ω) = 1}= P({ω 3 }) + P({ω 4 }) = 1 2 .izračunajteRadni materijal 74

5. DISKRETNA SLUČAJNA VARIJABLADefinicija 5.3 (FUNKCIJA VJEROJATNOSTI SLUČAJNE VARIJABLE,engl. probability function of X)Neka je X : Ω → R diskretna slučajna varijabla sa slikom R(X) = {x 1 , x 2 , ...}.Funkciju f : R → R definiranu na sljedeći način:⎧⎪⎨ P(X = x i ), x = x i ∈ R(X)f (x) = ⎪⎩ 0, inače.zovemo funkcija vjerojatnosti diskretne slučajne varijable X.T: SVOJSTVA funkcije vjerojatnosti slučajne varijable X.D:(i) 0 ≤ f (x i ) ≤ 1,(ii) ∑ ∞i=1 f (x i) = 1.(i) Za I = {x i }, P(X = x i ) = P({ω : X(ω) = x i }) ⇒ 0 ≤ f (x i ) ≤ 1.(ii) Za x i x j ⇒ {ω : X(ω) = x i } ⋂ {ω : X(ω) = x j } = ∅, svojstvo (ii) slijedi premasvojstvu (P3), prebrojive aditivnosti funkcije P :∞∑f (x i ) =i=1∞∑P(X = x i ) = P(Ω) = 1.i=1NAPOMENA 5.1 važnoDiskretna slučajna varijabla je zadana sa svojom slikom R(X) = {x 1 , x 2 , x 3 , .., x n , ..} ifunkcijom vjerojatnosti slučajne varijable f. Zapis slučajne varijable X kao uredene sheme:gdje su p i = f (x i ), i = 1, 2, ....⎛x 1 x 2 x 3 ... x n ...X ∼ ⎜⎝p 1 p 2 p 3 ... p n ...PRIMJER 5.5 Neka je (Ω, P(Ω), P) diskretni vjerojatnosni prostor gdje je Ω = {ω 1 , ω 2 , ω 3 , ω 4 },P({ω i }) = 1 4, i = 1, .., 4. Neka je X : Ω → R slučajna varijabla definirana na sljedećinačin: X(ω 1 ) = 7, X(ω 2 ) = 8, X(ω 3 ) = 9, X(ω 4 ) = 10. Odredite funkciju vjerojatnostislučajne varijable X .Rješenje: Slika slučajne varijable X je R(X) = {7, 8, 9, 10}.. Funkcija vjerojatnostislučajne varijable X je f : R → R⎞⎟⎠ ,75 Radni materijal

5.1. DISKRETNA SLUČAJNA VARIJABLAf (x) :=⎧⎪⎨⎪⎩14 , x = x i ∈ {7, 8, 9, 10}0, inače.⎛7 8 9 10Slučajnu varijablu X možemo zadati shemom X ∼ ⎜⎝14141414⎞⎟⎠ .PRIMJER 5.6 Neka je (Ω, P(Ω), P) diskretni vjerojatnosni prostor slučajnog pokusabacanja igraće kocke. Ω = {ω 1 , ω 2 , ω 3 , ..., ω 6 }, a vjerojatnost P({ω i }) = 1 6, i = 1, .., 6.Neka je X : Ω → R slučajna varijabla definirana na sljedeći način: X = broj koji jepao.Odredite funkciju vjerojatnosti slučajne varijable X.Rješenje: Slika slučajne varijable je skup R(X) = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.P(X = i) = P({ω i }) = 1 , i = 1, .., 66Funkcija vjerojatnosti slučajne varijable X je f : R → Rf (x) :=⎧⎪⎨⎪⎩16 , x = x i ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}0, inače.⎛1 2 3 4 5 6Slučajnu varijablu X možemo zadati s X ∼ ⎜⎝161616161616⎞⎟⎠ .PRIMJER 5.7 Promatramo slučajan pokus gadanja u metu 3 puta. U svakom gadanjuvjerojatnost pogotka mete je 1 2. Neka je slučajna varijabla X = broj pogodaka u metu.Nadite funkciju vjerojatnosti slučajne varijable X.Rješenje: Slučajnu varijablu X možemo zadati s X ∼ ⎜⎝⎛0 1 2 318383818⎞⎟⎠ .Definicija 5.4 (FUNKCIJA DISTRIBUCIJE DIS. SL. VARIJABLE,engl. distribution function)Neka je X : Ω → R diskretna slučajna varijabla sa slikomR(X) = {x 1 , x 2 , ...}. Funkciju F : R → R definiranu na sljedeći način:∑F(x) := P(X ≤ x) = f (x i )Radni materijal 76i:x i ≤x

5. DISKRETNA SLUČAJNA VARIJABLAzovemo funkcija distribucije diskretne slučajne varijable X.Veza funkcije vjerojatnosti i funkcije distribucije diskretne slučajne varijable je:gdje je F(x i −) = limx→x i − F(x).f (x i ) = F(x i ) − F(x i −),F(x)F( xn)F( xn-1) F( x 2 )F( x 1 ) 0 x 1 x 2x n-1 x nxSlika 5.1: Graf funkcije distribucije F(x) diskretne slučajne varijable X.T: SVOJSTVA FUNKCIJE DISTRIBUCIJE diskretne slučajne varijable:(F1)lim F(x) = F(−∞) = 0x→−∞(F2) limx→∞F(x) = F(∞) =1(F3) 0 ≤ F(x) ≤ 1(F4) F je neprekinuta zdesna, F(x) = F(x+), F(x−) = P(X < x)(F5) P(a < X ≤ b) = F(b) − F(a), a, b ∈ R, a < b(F6) F je rastuća funkcija.D:(F1) Kako je dogadaj X ≤ −∞ nemoguć dogadaj, slijediF(−∞) := P(X ≤ −∞) = P(∅) = 0.(F2) Kako je dogadaj X ≤ ∞ siguran dogadaj slijediF(∞) := P(X ≤ ∞) = P(Ω) = 1.(F3) tvrdnja slijedi iz svojstava (F1) i (F2).(F4) Iz definicije funkcije distribucije F(x) = P(X ≤ x) u točkama prekida77 Radni materijal

5.1. DISKRETNA SLUČAJNA VARIJABLAx i F je neprekinuta zdesna jer F(x) = F(x+), F(x−) = P(X < x)(F5) Neka su a, b ∈ R, a < b. RačunamoF(b) = P(X ≤ b) = P((X ≤ a) ∪ (a < X ≤ b))= P(X ≤ a) + P(a < X ≤ b)) = F(a) + P(a < X ≤ b),otkuda slijedi P(a < X ≤ b) = F(b) − F(a)(F6) Neka su a, b ∈ R, a < b. Iz svojstva (F5) slijedi da je F(b) ≤ F(a), pa je funkcijaF rastuća.PRIMJER 5.8 Za funkciju distribucije diskretne slučajne varijableF(x) = P(X ≤ x) vrijede i slijedeće relacije:(a) P(a < X < b) = F(b−) − F(a), a, b ∈ R, a < b,(b) P(a ≤ X ≤ b) = F(b) − F(a−), a, b ∈ R, a < b,(c) P(a ≤ X < b) = F(b−) − F(a−), a, b ∈ R, a < b.Rješenje:(a) F(b−) = P(X < b) = P((X ≤ a) ∪ (a < X < b))= P(X ≤ a) + P(a < X < b) = F(a) + P(a < X < b).(b) F(b) = P(X ≤ b) = P((X < a) ∪ (a ≤ X ≤ b))= P(X < a) + P(a ≤ X ≤ b) = F(a−) + P(a ≤ X ≤ b).(c) F(b−) = P(X < b) = P((X < a) ∪ (a ≤ X < b))= P(X < a) + P(a ≤ X < b) = F(a−) + P(a ≤ X < b).PRIMJER 5.9 Za slučajnu varijablu X iz primjera zadanu s⎛X ∼ ⎜⎝7 8 9 1014141414⎞⎟⎠napišite funkciju distribucije.vrijednosti veće od 8 i manje ili jednako 10?Izračunajte vjerojatnost da slučajna varijabla poprimiRadni materijal 78

5. DISKRETNA SLUČAJNA VARIJABLAF(x)44407 8 9 10xSlika 5.2: Graf funkcije distribucije F(x) diskretne slučajne varijable X izprimjera (5.9).Rješenje:⎧∑ ⎪⎨F(x) := P(X ≤ x) = f (x i ) =i:x i ≤x⎪⎩0, x < 714 , 7 ≤ x < 824 , 8 ≤ x < 934 , 9 ≤ x < 101 10 ≤ x.Koristimo formulu∑P(a < X ≤ b) = F(b) − F(a) = f (x i ),i:a

5.1. DISKRETNA SLUČAJNA VARIJABLARješenje:(a) Koristimo formuluP(2 < X ≤ 5) =F(x) := P(X ≤ x) =∑i:x i ≤x⎧⎪⎨f (x i ) =P(a < X ≤ b) = F(b) − F(a) =∑i:2

5. DISKRETNA SLUČAJNA VARIJABLARješenje:⎛X ∼ ⎜⎝2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12136236Funkcija distribucije slučajne varijable X je⎧0, x < 2136 , 2 ≤ x < 3336 , 3 ≤ x < 4636 , 4 ≤ x < 51036 , 5 ≤ x < 615 ⎪⎨ 36F(x) :=, 6 ≤ x < 72136 , 7 ≤ x < 82636 , 8 ≤ x < 93036 , 9 ≤ x < 103336, 10 ≤ x < 113536, 11 ≤ x < 12⎪⎩ 1, 12 ≤ x.∑Koristimo formulu P(a < X ≤ b) = f (x i ),P(3 < X ≤ 6) =∑i:3

5.1. DISKRETNA SLUČAJNA VARIJABLADefinicija 5.5 (OČEKIVANJE DISKRETNE SLUČAJNE VARIJABLE, engl. mean ilimathematical expectation)Neka je X : Ω → R diskretna slučajna varijabla sa slikomR(X) = {x 1 , x 2 , ...} i funkcijom vjerojatnosti f : R → [0, 1]⎧⎪⎨ P(X = x i ), x = x i ∈ R(X)f (x) := ⎪⎩ 0, inače.Kažemo da diskretna slučajna varijabla X ima očekivanje ako redoznačavamoE(X) :=∞∑x i f (x i ).i=1∞∑x i f (x i ) konvergira iAko je X diskretna slučajna varijabla s konačnom slikom R(X) onda ona ima očekivanjeE(X) :=n∑x i f (x i ).Očekivanje slučajne varijable predstavlja očekivanu vrijednost slučajne varijable.i=1i=1Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 5.13 motivU agenciji za nekretnine prema pokazateljima prodaje u prošlom razdoblju zaradapo prodanom jednosobnom stanu je 3000 eura.Kolika je očekivana tjedna zarada najednosobnim stanovima ako je prema zadnjim pokazateljima vjerojatnost prodaje nijednogstana 0.1, 1 stana 0.3, 2 stana 0.4, a vjerojatnost prodaje 3 stana 0.2 .Rješenje: Slučajnu varijablu X = broj prodanih jednosobnih stanova, možemo⎛⎞0 1 2 3zadati s X ∼ ⎜⎝⎟⎠ .110310410210∑E(X) = x i f (x i )i=11= 0 ·10 + 1 · 310 + 2 · 410 + 3 · 210= 1.7.Očekivani broj prodanih jednosobnih stanova je 1.7. Očekivana tjedna zarada je5100 eura.Radni materijal 82

5. DISKRETNA SLUČAJNA VARIJABLANAPOMENA 5.2 PRAVEDNA IGRAU teoriji igara matematičko očekivanje nekog kladenja je E(X) = p · a, gdje je a =očekivani dobitak kad se dogodi dogadaj s vjerojatnošću p. Ako je E(X) < 0 onda je igračna gubitku, ako E(X) > 0 onda je na dobitku, a ako je E(X) = 0 onda je igra pravedna.Ako je uložen novac u iznosu ulog, onda je ukupno matematičko očekivanje ulog · E(X).PRIMJER 5.14 (a) U igri s novčićem prvi igrač se kladi u 1 kunu. Kad prvi igrač izgubiplati kunu protivniku, a kad protivnik izgubi plati 1 kunu prvom igraču. Izračunajtematematičko očekivanje? Ako je prvi igrač uložio 1000 kuna koliki je očekivani dobitak iligubitak?(b) U igri s novčićem prvi igrač se kladi u 1 kunu. Kad prvi igrač izgubi plati kunuprotivniku, a kad protivnik izgubi plati 90 lipa prvom igraču. Izračunajte matematičkoočekivanje? Ako je prvi igrač uložio 1000 kuna koliki je očekivani dobitak ili gubitak?Rješenje:(a) Matematičko očekivanje je E(X) = 1 · 12 + (−1) · 12= 0. Igra je pravedna.Budući je prvi igrač uložio 1000 kn njegov dobitak (gubitak) je 1000 · 0 = 0 tj.nema niti gubitka niti dobitka jer je očekivani iznos jedank ulogu.(b)Matematičko očekivanje je E(X) = 0.90 · 12 + (−1) · 12= −0.05. Igrač je nagubitku jer je E(X) < 0. Budući je prvi igrač uložio 1000 kn njegov očekivanigubitak je 1000 · (−0.05) = −50 kn.Definicija 5.6 (VARIJANCA ILI DISPERZIJA DIS. SL. VARIJABLE,engl. variance)Neka X : Ω → R diskretna slučajna varijabla sa slikom R(X) = {x 1 , x 2 , ...} i funkcijomvjerojatnosti f : R → [0, 1] ima očekivanje E(X). Kažemo da diskretna slučajna varijablaX ima varijancu ako red ∑ ∞i=1 (x i − E(X)) 2 f (x i ) konvergira i označavamoVar(X) :=∞∑(x i − E(X)) 2 f (x i ).i=1Ako je X diskretna slučajna varijabla s konačnom slikom R(X) onda ona ima varijancuVar(X) :=n∑(x i − E(X)) 2 f (x i ).i=1Varijanca predstavlja srednje kvadratno odstupanje od očekivane vrijednosti slučajnevarijable.Varijancu možemo računati i pomoću relacije83 Radni materijal

5.1. DISKRETNA SLUČAJNA VARIJABLAn∑Var(X) := x 2 i· f (x i ) − (E(X)) 2 .(Dokaz vidi kasnije - očekivanje funkcije slučajne varijable).i=1Definicija 5.7 (STANDARDNA DEVIJACIJA, engl. standard deviation)Standardna devijacija slučajne varijable X definira se kaoσ(X) := √ Var(X).PRIMJER 5.15 Promatramo slučajan pokus bacanje 2 igraće kocke i slučajnu varijabluX = suma brojeva koji su pali. Nadite očekivanje i varijancu diskretne slučajne varijableX.⎛Rješenje: X ∼ ⎜⎝E(X) =2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12136236∑x i f (x i )i=13364365366361= 2 ·36 + 3 · 236 + 4 · 336 + 5 · 436 + 6 · 536 + 7 · 636 + 8 · 536 + 9 · 4363+10 ·36 + 11 · 236 + 12 · 136= 7.536436336236136⎞⎟⎠ .Var(X) =n∑x 2 i· f (x i ) − (E(X)) 2i= 2 2 1 ·36 + 232 ·36 + 42 ·+9 2 4 ·36 + 102 ·= 5.83.336 + 112 ·336 + 52 ·436 + 62 ·236 + 122 ·136 − 72536 + 72 ·636 + 82 ·536PRIMJER 5.16 Promatramo slučajan pokus gadanja u metu 3 puta. U svakom gadanjuvjerojatnost pogotka mete je 1 2. Neka je slučajna varijabla X = broj pogodaka u metu.Izračunajte očekivanje i varijancu.Radni materijal 84

5. DISKRETNA SLUČAJNA VARIJABLA⎛0 1 2 3Rješenje: Slučajna varijabla X je X ∼ ⎜⎝E(X) =n∑i=1x i f (x i ) = 0 · 18 + 1 · 38 + 2 · 38 + 3 · 18 = 3 2 .18383818⎞⎟⎠ .Var(X) =n∑i=1x 2 i· f (x i ) − (E(X)) 2 = 0 2 · 18 + 12 · 38 + 22 · 38 + 32 · 18 − (3 2 )2= 3 4 . 85 Radni materijal

5.2. Ponovimo5.2 PonovimoDISKRETNA SLUČAJNA VARIJABLAdiskretna slučajna varijablaX : Ω → Rslika diskretne slučajne varijable R(X) = {x 1 , x 2 , ...., x n , ...}vjerojatnost da sl. var. poprimi vrijednost x i P(X = x i ) = P({ω : X(ω) = x i })funkcija vjerojatnosti dis. sl. var. Xf (x) = P(X = x i ), x = x i ∈ R(X)funkcija distribucije dis. sl. var. X F(x) := P(X ≤ x) = ∑ i:x i ≤x f (x i )očekivanje dis. sl. var. XE(X) := ∑ ∞i=1 x i f (x i )varijanca dis. sl. var. XVar(X) := ∑ ∞i=1 (x i − E(X)) 2 f (x i )Radni materijal 86

Poglavlje 6PRIMJERI DISKRETNIHSLUČAJNIH VARIJABLIU ovom poglavlju istaknut ćemo diskretne slučajne varijable koje se pojavljujuu odredenim ”scenarijima” i njihove funkcije vjerojatnosti definirat će se kaospecifične distribucije (razdiobe): binomna, Poissonova, hipergeometrijska, geometrijska.Binomna distribucija vezana je uz scenario Bernoullijeve sheme,Poissonova je granični slučaj binomne, hipergeometrijska distribucija odgovarauzorku bez vraćanja, a scenario u kome se broje pokušaji dok se ne dogodi željenidogadaj prati geometrijska distribucija.6.1 Bernoullijeva shema. Binomnadistribucija (razdioba)MOTIV 6.1 U velikoj kutiji nalazi se p = 10% neispravnih proizvoda. Ako uzmemouzorak od r = 5 proizvoda iz kutije (s vraćanjem), slučajna varijabla X = broj neispravnihproizvoda u uzorku ima binomnu distribuciju X ∼ B(r, p). Izračunajte vjerojatnost(a) da se ne pojavi niti jedan neispravni proizvod,(b) da se pojavi jedan neispravni proizvod u uzorku,(c) da se pojavi bar jedan neispravni proizvod u uzorku.Jacob Bernoulli (1654-1705) je bio jedan od najpoznatih članova švicarskematematičke obitelji Bernoulli.87

6.1. Bernoullijeva shema. Binomnadistribucija (razdioba)Definicija 6.1 (Bernoullijeva shema)U m nezavisnih pokusa, vjerojatnost da se dogodi dogadaj A u svakom od njih jejednaka i P(A) = p. Takvu shemu dogadaja zovemo Bernoullijeva shema.(Pretpostavljamo da su pokusi nezavisni, tj. da vjerojatnost pojave dogadaja A u svakomod pokusa ne ovisi od toga da li se on dogodio ili nije u nekom drugom pokusu.)Definicija 6.2 (Binomna slučajna varijabla)Slučajnu varijablu X = broj pojavljivanja dogadaja A u m ∈ N pokusa u Bernoullijevojshemi s vjerojatnošću p, p ∈ (0, 1) zovemo Binomna slučajna varijabla.Specijalno, slučaju samo jednog pokusa m = 1 slučajnu varijablu zovemo Bernoullijeva.Slika Binomne slučajne varijable je R(X) = {0, 1, ..., m}.Funkcija vjerojatnosti Binomne slučajne varijable je⎧⎪⎨ P(X = k) = ( mf (x) :=k)pk · (1 − p) m−k , x = k ∈ R(X)⎪⎩0, inače.Funkcija distribucije Binomne slučajne varijable je⎧∑0, x < 0( ⎪⎨ m )F(x) :=k pk · (1 − p) m−k , 0 ≤ x < mk:k≤x⎪⎩ 1, m ≤ x.Definicija 6.3 (BINOMNA DISTRIBUCIJA)Za sve slučajne varijable koje imaju sliku R(X) = {0, 1, 2, ..., m} i funkciju vjerojatnostif (x) = ( mx) p x (1 − p) m−x , x ∈ R(X)kažemo da imaju BINOMNU DISTRIBUCIJU (RAZDIOBU) s parametrima m i p ioznačavamoX ∼ B(m, p).PRIMJER 6.1 Funkcija f (x) = ( mx) p x (1 − p) m−x je funkcija vjerojatnosti.Prisjetimo se Binomnog teorema i iskoristimo za računanje∑0≤x≤mf (x) =∑0≤x≤m( m )x px · (1 − p) m−x == (p + (1 − p)) m = 1.∑0≤k≤m( mk)pk · (1 − p) m−kPRIMJER 6.2 Očekivanje diskretne slučajne varijable koja ima binomnu distribucijuX ∼ B(m, p) jeE(X) = m · pRadni materijal 88

6. PRIMJERI DISKRETNIHSLUČAJNIH VARIJABLIRješenje:E(X) ==∑0≤x≤mm∑ ( mk ·kk=1= mpm∑k=1x · f (x) =m∑x=0)p k · (1 − p) m−k( ) mx p x · (1 − p) m−xx( ) m − 1p k−1 · (1 − p) (m−1)−(k−1)k − 1= mp · (1 − (1 − p)) m−1 = mp · 1 = mp.PRIMJER 6.3 Varijanca diskretne slučajne varijable koja ima binomnu distribuciju X ∼B(m, p) jeRješenje: (pokušajte sami)Var(X) = m · p · (1 − p)NAPOMENA 6.1 Ako je p = 1/2 binomna distribucija je simetrična.PRIMJER 6.4 Promatramo slučajan pokus gadanja u metu 3 puta. U svakom gadanjuvjerojatnost pogotka mete je 1 2. Neka je slučajna varijabla X = broj pogodaka u metu.Nadite funkciju vjerojatnosti i funkciju distribucije slučajne varijable X, očekivanje ivarijancu.Rješenje:To je Bernoullijeva shema dogadaja s m = 3 nezavisna pokusa (ili ponavljamo istipokus 3 puta nezavisno). Promatramo dogad aj A = pogodak u metu.P(A) = 1 2= p u svakom nezavisnom ponavljanju.Slučajna varijablaX = broj pojavljivanja dogadaja A (broj uspjeha) ima binomnu distribuciju X ∼B(m, p) = B(3, 1 2 ).Funkcija vjerojatnosti jef (x) :==⎧⎪⎨⎪⎩⎧⎪⎨⎪⎩P(X = k) = ( 3) k (12 )k · (1 − 1 2 )3−k , x = k ∈ {0, 1, 2, 3}0, inače.( 3k) (12 )3 , x = k ∈ {0, 1, 2, 3}0, inače.89 Radni materijal

6.1. Bernoullijeva shema. Binomnadistribucija (razdioba)Funkcija distribucije je:F(x) :==⎧⎪⎨⎪⎩⎧⎪⎨⎪⎩0, x < 0∑ ( 3 1k) (2 )k · (1 − 1 2 )3−k , 0 ≤ x < 3k:k≤x1, 3 ≤ x.0, x < 0∑ ( 3 1k) (2 )3 , 0 ≤ x < 3k:k≤x1, 3 ≤ x.E(X) = mp = 3 · 12 = 3 1, Var(X) = mp(1 − p) = 3 ·2 2 · 12 = 3 4 .(Do ovih rezultata došli smo i kad smo razmatrali taj primjer slučajne varijable uprethodnom poglavlju.)PRIMJER 6.5 Bacamo kocku 4 puta. Neka je slučajna varijabla X = broj šestica. Dali je to slučajna varijabla koja ima binomnu distribuciju? Nadite funkciju vjerojatnosti ifunkciju distribucije slučajne varijable X, očekivanje i varijancu. Izračunajte vjerojatnostda su pale bar dvije šestice?Rješenje:To je Bernoullijeva shema dogadaja s m = 4 nezavisna pokusa (ili ponavljamo istipokus 4 puta nezavisno). Promatramo dogadaj A = ”pala je 6”. P(A) = 1 6 = pu svakom nezavisnom ponavljanju.Slučajna varijabla X = broj šestica je brojpojavljivanja A (broj uspjeha) i ona ima binomnu distribuciju X ∼ B(m, p) = B(4, 1 6 ).Funkcija vjerojatnosti jef (x) =⎧⎪⎨⎪⎩( 4k) (16 )k ( 5 6 )4−k , x = k ∈ {0, 1, 2, 3, 4}0, inače.Funkcija distribucije je:⎧⎪⎨F(x) =⎪⎩0, x < 0∑ ( 4 1k) (6 )k ( 5 6 )4−k , 0 ≤ x < 4k:k≤x1, 4 ≤ x.Radni materijal 90

6. PRIMJERI DISKRETNIHSLUČAJNIH VARIJABLIE(X) = mp = 4 · 16 = 4 1, Var(X) = mp(1 − p) = 4 ·6 6 · 56 = 2036 .Trebamo odrediti P(X ≥ 2).P(X ≥ 2) = 1 − P(X < 2) = 1 − F(2−) = 1 −= 1 − ( f (0) + f (1)) = 1 − ( ( 4) 10 (= 1711296PRIMJER 6.6 tko želi znati više∑i:x i

6.1. Bernoullijeva shema. Binomnadistribucija (razdioba)Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 6.7 motivU velikoj kutiji nalazi se p = 10% neispravnih proizvoda. Ako uzmemo uzorak odr = 5 proizvoda iz kutije (s vraćanjem), slučajna varijabla X = broj neispravnih proizvodau uzorku ima binomnu distribuciju X ∼ B(r, p). Izračunajte vjerojatnost(a) da se ne pojavi niti jedan neispravni proizvod,(b) da se pojavi jedan neispravni proizvod u uzorku,(c) da se pojavi bar jedan neispravni proizvod u uzorku.Rješenje:(a) P(X = 0) = f (0) = f (5, 110 ; 0) = ( )50 (110 )0 (1 − 1 10 )5 = 0.59049.(b) Možemo računati direktnoP(X = 1) = f (1) = f (5,( )1 510 ; 1) = ( 11 10 )(1 − 110 )4 = 5 0.6561 = 0.32805.10Drugi način je da koristimo rekurzivnu formulu:tko želi znati višeZa r = 5 i p = 1 10f (r, p; k + 1) = r − kk + 1 · pf (r, p; k)1 − pP(X = 1) = f (r, p; 1) = r − 00 + 1 · p1 − p f (r, p; 0) = r pf (r, p; 0).1 − p(c)P(X = 1) = f (5,110 ; 1) = 5 1 9 f (5, 110 ; 0) = 5 0.59049 = 0.32805.9P(X ≥ 1) = 1 − P(X < 1) = 1 − P(X = 0) = 1 − f (0) = 1 − (1 − p) m= 1 − (1 − 10100 )5 = 1 − ( 910 )5 = 1 − 0.59049 = 0.4095.NAPOMENA 6.3 Ako m → ∞ binomna distribucija teži normalnoj distribuciji (vidikasnije - Moivre Laplace teorem).NAPOMENA 6.4 Ako p → 0 i m → ∞ binomna distribucija teži Poissonovoj (vidiPoissonova distribucija).Radni materijal 92

6. PRIMJERI DISKRETNIHSLUČAJNIH VARIJABLI6.2 POISSONOVA DISTRIBUCIJAMOTIV 6.2 Kroz naplatnu kućicu produ prosječno u minuti 2 automobila. Kolika jevjerojatnost da će u toku bilo koje minute proći(a) jedan automobil,(b) barem 3 automobila?Francuski matemati čar Simeon D. Poisson (1781-1840) je 1838 objavio rad ukojem je promatrao slučajne varijable koje broje dolaske na neko mjesto u vremenskomintervalu odredene duljine.Definicija 6.4 (POISSONOVA DISTRIBUCIJA)Za diskretnu slučajnu varijablu X koja ima sliku R(X) = {0, 1, 2, ..} i funkciju vjerojatnostif (x) = λxx! · e−λ , x ∈ R(X)kažemo da ima Poissonovu distribuciju s parametrom λ i označavamoX ∼ Po(λ).PRIMJER 6.8 Funkcija f (x) = λxx! · e−λ je funkcija vjerojatnosti. Prisjetimo se razvoja∑eksponencijalne funkcije u McLaurinov red e x x k=k! .Računamo∑0≤k≤∞f (k) =∑0≤k≤∞0≤x≤∞λ kk! e−λ = e λ · e −λ = 1.PRIMJER 6.9 Očekivanje diskretne slučajne varijable koja ima Poissonovu distribucijuX ∼ Po(λ) jeRješenje:E(X) =∑0≤k≤∞k · f (k) =E(X) = λ.∞∑x=0k λkk! e−λ = λ∞∑k=1λ k−1(k − 1)! e−λ = λ.PRIMJER 6.10 Varijanca diskretne slučajne varijable koja ima Poissonovu distribucijuX ∼ Po(λ) jeVar(X) = λ.93 Radni materijal

6.2. POISSONOVA DISTRIBUCIJARješenje: (Pokušajte sami).PRIMJER 6.11 Ako u Bernoullijevoj shemi broj m nezavisnih pokusa teži ∞ (jako velik)a vjerojatnost dogadaja A kojeg promatramo u svakom pokusu teži 0 (jako mala) ondaslučajna varijabla X = broj pojavljivanja dogadaja A ima binomnu distribuciju kojumožemo dobro aproksimirati s Poissonovom distribucijom s parametrom λ = mp, tj.X ∼ Po(mp).Dokaz: tko želi znati višrNeka je X ∼ B(m, p), s parametrima m → ∞, p → 0, m · p → λ.Računamo graničnu vrijednost funkcije vjerojatnosti binomne distribucije:( ) mlim f (k) = lim p k · (1 − p) m−km→∞, p→0, m·p→λ k( ) m= lim ( λp→ mλ k m )k · (1 − λ m )m−k= (λ)kk!= (λ)kk!= (λ)kk!limm→∞ (m(m − 1) · (m − k + 1)) 1 m k (1 − λ m )m−k· 1 · e −λ· e −λ .Dobili smo funkciju vjerojatnosti Poissonove distribucije za λ = mp.PRIMJER 6.12 U velikoj kutiji nalazi se p = 1% neispravnih proizvoda. Ako uzmemouzorak od r = 100 proizvoda iz kutije, slučajna varijabla X = broj neispravnih proizvodau uzorku ima binomnu distribuciju X ∼ B(r, p). Budući je r veliki u odnosu na malip i r · p = 1 slučajnu varijablu X možemo aproksimirati Poissonovom distribucijomX ∼ Po(rp). Izračunajte vjerojatnost da se pojavi bar jedan neispravni proizvod u uzorku.Rješenje:Računamo po Poissonovoj distribuciji: X ∼ Po(λ), λ = r · p = 1,P(X ≥ 1) = 1 − P(X < 1) = 1 − P(X = 0) = 1 − f (0) = 1 − λ00! · e−λ = 0.6321Ako bi računali po binomnoj distribuciji: X ∼ B(r, p), r = 100, p = 1 10 ,P(X ≥ 1) = 1 − P(X < 1) = 1 − P(X = 0) = 1 − f (0)( ) 100= 1 − (99/100) 100 = 1 − 0.3660 = 0.633960Usporedimo li rezultate dobivene vidimo da greška nije velika.Radni materijal 94

6. PRIMJERI DISKRETNIHSLUČAJNIH VARIJABLIPRIMJER 6.13 Promatramo broj automobila koji produ kroz kontrolnu točku u intervalimaod 1 minute. Neka je p konstantna vjerojatnost da će auto proći u svakom kratkomintervalu unutar 1 minute ( i pretpostavimo nezavisnost o drugim dogadajima u tomkratkom vremenu). Slučajna varijabla X = broj automobila koji produ kroz kontrolnutočku ima Poissonovu distribuciju s parametrom λ = 60 ·automobila koji produ kontrolnu točku u 1 minuti, X ∼ Po(λ).p60= p = prosječan brojPrisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 6.14 motivKroz naplatnu kućicu produ prosječno u minuti 2 automobila. Kolika je vjerojatnostda će u toku bilo koje minute proći(a) jedan automobil,(b) barem 3 automobila?Rješenje: Broj automobila koji produ naplatnu kućicu u jednoj minuti ima Poissonovudistribuciju X ∼ Po(λ), λ = 2(a) P(X = 1) = f (1) = λ11!· e −λ = 2 · e −2 = 0.27067(b)P(X ≥ 3) = 1 − P(X < 3) = 1 − ( f (0) + f (1) + f (2))= 1 − (e −2 ( 200! + 211! + 22)) = 1 − (0.6766) = 0.3232.2!NAPOMENA 6.5 Poissonova distribucija primjenjuje se u demografiji, biologiji, fizici,prometu i dr.95 Radni materijal

6.3. HIPERGEOMETRIJSKA DISTRIBUCIJA6.3 HIPERGEOMETRIJSKA DISTRIBUCIJAMOTIV 6.3 U velikom pakovanju od 100 cigli distributer garantira da je najviše p =10% oštećenih. Kontrolor prihvaća pošiljku samo ako u uzorku od 10 proizvoda iz pakovanja(bez vraćanja) nema oštećenih. Kolika je vjerojatnost da će kontrolor odbiti pošiljku?NAPOMENA 6.6 Prisjetimo se primjera za uzorak bez vraćanja. Slučajni pokus: izborod 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| = ( nr) ;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 Dneispravnih.Koristimo formulu za uzorak bez vraćanja:( ) ( ) ( ) ( )|A| = C (r T)n T· C (r D) nT nD nT n − nTn D= · = · .r T r D r T r − r T( ) (P(A) = |A|nT|Ω| = r T·n−nT( n .r)r−r T)Promatramo slučajnu varijablu X = broj ispravnih predmeta u r-članom uzorku iz skupakoji ima n elemenata od toga n T ispravnih.Definicija 6.5 (HIPERGEOMETRIJSKA DISTRIBUCIJA)Slučajne varijable X koje imaju sliku R(X) = {0, 1, 2, .., n T } i funkciju vjerojatnostif (x) =(nT) ( )x ·n−nTr−x( ) , x ∈ R(X)nrgdje su n T ≤ n, r ≤ n, n, n T , r ∈ N kažemo da imaju Hipergeometrijsku distribuciju sparametrima n, r, n T i označavamo X ∼ Hip (n, r, n T ).PRIMJER 6.15 Funkcija f (x) =(nT) ( )x ·n−nTr−x( n , x ∈ R(X) je funkcija vjerojatnosti.r)Rješenje: Koristimo kombinatorni identitet∑ ( nTx0≤x≤n T)·( ) ( )n − nT n=r − x rRadni materijal 96

6. PRIMJERI DISKRETNIHSLUČAJNIH VARIJABLIPRIMJER 6.16 Slučajnu varijablu X ∼ Hip(n, r, n T ) ima očekivanjeE(X) = r · nTn ;i varijancuVar(X) = r · n T · (n − n T ) · (n − r)n 2 .· (n − 1)PRIMJER 6.17 Slučajni pokus: izbor od r = 3 elemenata (bez vraćanja) iz skupa kojiima n = 10 elemenata od kojih je n T = 7.Promatramo slučajnu varijablu X = broj ispravnih predmeta u r članom uzorku iz skupakoji ima n elemenata, od toga n T ispravnih (bez vraćanja).(a) Izračunajte vjerojatnost da su u uzorku dva ispravna elementa (točno)?(b) Izračunajte vjerojatnost da su dva ispravna, ako je uzorak s vraćanjem?Rješenje:(a) Uzorak bez vraćanja pa X = broj ispravnih predmeta u r članom uzorkuiz skupa koji ima n elementata od toga n T ispravnih (bez vraćanja) ima hipergeometrijskudistribuciju X ∼ Hip(n, r, n T ). Za n = 10, r = 3, n T = 7, X ∼ Hip (10, 3, 7)P(X = 2) = f (2) =(nT) ( )2 ·n−nTr−2( ) =nr( 72) ( )·10−7( 1033−2) =( 72)· 3( ) = 0.525.103(b) Uzorak s vraćanjem pa X = broj ispravnih predmeta u r članom uzorku izskupa koji ima n elementata od toga n T ispravnih (s vraćanjem) ima binomnudistribuciju X ∼ B(r, p = n Tn). Za n = 10, r = 3, n T = 7, X ∼ B(3, 710 )P(X = 2) = f (2) =( ( r 3p2)2 (1 − p) r−2 = (2)7 10 )2 · (1 − 7 10 )3−2 = 0.441.Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 6.18 motivU velikom pakovanju od 100 cigli distributer garantira da je najviše p = 10%oštećenih. Kontrolor prihvaća pošiljku samo ako u uzorku od 10 proizvoda iz pakovanja(bez vraćanja) nema oštećenih. Kolika je vjerojatnost da će kontrolor odbiti pošiljku?Rješenje:Uzorak bez vraćanja pa X = broj neispravnih predmeta u r članom uzorku iz skupa97 Radni materijal

6.3. HIPERGEOMETRIJSKA DISTRIBUCIJAkoji ima n elementata od toga n D neispravnih (bez vraćanja) ima hipergeometrijskudistribuciju X ∼ Hip(n, r, n D ). Za n = 100, r = 10, n D = 10, X ∼ Hip (100, 10, 10)( ) ( )nD0 · n−nDP(X ≥ 1) = 1 − P(X < 1) = 1 − P(X = 0) = 1 − f (0) = 1 −= 1 −= 1 −= 0.67.( 100) ( )·100−1010−0( ) 10010( ) 9010( 10010Vjerojatnost da će kontolor odbiti pošiljku je 0.67.)NAPOMENA 6.7 Ako je n, n T , n − n T veliki u odnosu na r onda nije važno je li uzoraks vraćanjem ili bez vraćanja i Hip (n, r, n T ) distribucija teži B(r, p = n Tn).Ako je uzorak iz nepoznato velike populacije možemo opet koristiti binomnu distribucijubez obzira na vraćanje.( nr)r−0Radni materijal 98

6. PRIMJERI DISKRETNIHSLUČAJNIH VARIJABLI6.4 GEOMETRIJSKA DISTRIBUCIJAMOTIV 6.4 Student izlazi na ispit dok ga ne položi. Ako je vjerojatnost polaganja ispitasvaki put jednaka p = 1 5, (jer je student naučio petinu gradiva) kolika je vjerojatnost da ćestudent 4 puta izlaziti na ispit dok ga ne položi?Definicija 6.6 (Geometrijska slučajna varijabla)Slučajnu varijablu X = broj ponavljanja pokusa (nezavisnih) dok se ne dogodi dogadajA čija je vjerojatnost p ∈ (0, 1), zovemo geometrijska slučajna varijabla.Slika geometrijske slučajne varijable je R(X) = {1, 2, ...}.Funkcija vjerojatnosti Binomne slučajne varijable jef (x) :=⎧⎪⎨⎪⎩P(X = k) = (1 − p) k−1 · p,0, inače.Definicija 6.7 (GEOMETRIJSKA DISTRIBUCIJA)x = k ∈ R(X)Za sve slučajne varijable koje imaju sliku R(X) = {1, 2, ...} i funkciju vjerojatnostif (x) = (1 − p) x−1 · p, x ∈ R(X)kažemo da imaju GEOMETRIJSKU DISTRIBUCIJU (RAZDIOBU)s parametrom p i označavamoX ∼ G(p).PRIMJER 6.19 Funkcija f (x) = (1 − p) x−1 · p je funkcija vjerojatnosti.Prisjetimo se sume geometrijskog reda i iskoristimo za računanje∑1≤k≤∞f (x) =∑1≤k≤∞(1 − p) k−1 · p = p∑1≤k≤∞(q) k−1 = p ·11 − q = p · 1p = 1PRIMJER 6.20 Očekivanje diskretne slučajne varijable koja ima geometrijsku distribucijuX ∼ G(p) jeE(X) = 1 pRješenje:Prisjetimo se da konvergentan red (npr. geometrijski) možemo derivirati član počlan, pa vrijedi∞∑kq k−1 1= (1 − q )′ =k=11(1 − q) 2 .99 Radni materijal

6.4. GEOMETRIJSKA DISTRIBUCIJAE(X) == p ·∑1≤k≤∞k · f (k) =1p 2 = 1 p .∞∑∞∑k(1 − p) k−1 · p = p · kq k−1 1= p ·(1 − q) 2k=1k=1PRIMJER 6.21 Varijanca diskretne slučajne varijable koja ima geometrijsku distribucijuX ∼ G(p) jeRješenje: (pokušajte sami)Var(X) = 1 − pp 2Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 6.22 motivStudent izlazi na ispit dok ga ne položi. Ako je vjerojatnost polaganja ispita svaki putjednaka p = 1 5, kolika je vjerojatnost da će student 4 puta izlaziti na ispit dok ga ne položi?Rješenje: X ∼ G(p), p = 0.2,P(X = 4) = f (4) = (1 − p) 4−1 · p = (1 − p) 3 · p = 64625 = 0.102.Radni materijal 100

6. PRIMJERI DISKRETNIHSLUČAJNIH VARIJABLI6.5 PonovimoBINOMNA DISTRIBUCIJA (RAZDIOBA)binomna distribucija X ∼ B(m, p)slika binomne sl. var. R(X) = {0, 1, 2, ..., m}funkcija vjerojatnosti f (x) = ( m) x p x (1 − p) m−xočekivanjeE(X) = mpvarijanca Var(X) = mp(1 − p)POISOONOVA DISTRIBUCIJAPoissonova distribucijaX ∼ Po(λ)slika Poissonove sl. var. R(X) = {0, 1, 2, ...}funkcija vjerojatnostiočekivanjevarijancaf (x) = λxx!· e −λE(X) = λVar(X) = λHIPERGEOMETRIJSKA DISTRIBUCIJAhipergeometrijska distribucija X ∼ Hip (n, r, n T )slika Poissonove sl. var. R(X) = {0, 1, 2, .., n T }funkcija vjerojatnostiočekivanjevarijancaGEOMETRIJSKA DISTRIBUCIJAgeometrijska distribucijaX ∼ G(p)slika Poissonove sl. var. R(X) = {1, 2, ...}funkcija vjerojatnostiočekivanjevarijancaf (x) = ( n T x )·( n−n T( n r )E(X) = r · nTnVar(X) = r·n T·(n−n T )·(n−r)n 2·(n−1)f (x) = (1 − p) x−1 · pE(X) = 1 pVar(X) = 1−pp 2r−x )101 Radni materijal

Radni materijal 1026.5. Ponovimo

Poglavlje 7KONTINUIRANA SLUČAJNAVARIJABLAMOTIV 7.1 Neka je omjer prodaje i profita slučajna varijabla X = 100pro f it .Neka jeposlovanje takvo da je nemoguće da će profit biti veći ili jednak 50% , a sigurno će profitbiti veći ili jednak 33.3%. Neka je vjerojatnost da će omjer X poprimiti vrijednost manjuili jednaku x zadan sa funkcijom F(x) = (x2 −4)5. Kolika je vjerojatnost da će profit bitiizmedu 40% i 20%? Koliki je očekivani profit?MOTIV 7.2 Vrijeme trajanja sijalica je slučajna varijabla X. Uzimamo uzorak i 5%sijalica traje do 100 sati. Kolika je vjerojatnost da će nova sijalica trajati duže od 200 satitj. P(X > 200)?Definicija 7.1 KONTINUIRANA SLUČAJNA VARIJABLANeka je (Ω, F , P) vjerojatnosni prostor. Za funkciju X : Ω → R kažemo da jekontinuirana slučajna varijabla ako je slika R(X) interval I ⊆ R, ako slika ne sadržiizolirane točke i ako za svaki interval I ⊂ R praslika {ω ∈ Ω : X(ω) ∈ I} je familijaskupova u F .Definicija 7.2 Za kontinuiranu slučajnu varijablu X : Ω → R definiramo vjerojatnostda poprimi vrijednosti iz intervala I ⊂ R :P(X ∈ I) = P({ω ∈ Ω : X(ω) ∈ I});P(X = a) = 0 za bilo koji a ∈ R.103

Definicija 7.3 (FUNKCIJA GUSTOĆE VJEROJATNOSTI SL. VAR.engl. probability density function)Neka je X : Ω → R kontinuirana slučajna varijabla sa slikom R(X).f : R → R definiranu na sljedeći način:FunkcijuP(x ≤ X ≤ x + △x)f (x) := lim, x ∈ R(X)△x→0 △xzovemo funkcija gustoće vjerojatnosti kontinuirane slučajne varijable X.Za funkciju gustoće vjerojatnosti slučajne varijable vrijedi∫ baf (x) dx = P(a ≤ X ≤ b).NAPOMENA 7.1 Geometrijsku interpretaciju funkcije gustoće f dobijemo pomoću geometrijskeinterpretacije odredenog integrala funkcije f :P(a ≤ X ≤ b) je površina ispod krivulje gustoće vjerojatnosti f na segmentu [a, b].T: SVOJSTVA funkcije gustoće vjerojatnosti slučajne varijable X.(i) f (x) ≥ 0, x ∈ R(X)(ii) ∫ ∞f (x) dx = 1.−∞D:P(x ≤ X ≤ x + △x)(i) Za x ∈ R(X), x ∈ I ⊆ R, f (x) = lim≥ 0,△x→0 △x(ii) Za R(X) = R svojstvo (ii) slijedi iz ekvivalentne definicije od f i svojstva(P2), normiranosti funkcije P: ∫ ∞f (x) dx = P(X ∈ R) = P(Ω) = 1.−∞NAPOMENA 7.2 Budući da slika kontinuirane slučajne varijable ne sadrži izoliranetočkeP(X = a) = 0 onda vrijedi (za razliku od diskretnih slučajnih varijabli):P(a ≤ X ≤ b) = P(a < X ≤ b) = P(a ≤ X < b) = P(a < X < b).NAPOMENA 7.3 tko želi znati višeSvojstvo ∫ bf (x) dx = P(a ≤ X ≤ b) ekvivalentno je definiciji od f.aPromatramo segment [a, b] i gledamo subdivizijea = x 0 < x 1 < ... < x n = b, x i+1 = x i + △x i , i = 1, .., n.Postoji t i ∈ [x i , x i + △x i ] tako da P(x i ≤ X ≤ x i + △x) ≈ f (t i ) · △x i ,Radni materijal 104

7. KONTINUIRANA SLUČAJNA VARIJABLA∑i P(x i ≤ X ≤ x i + △x i ) ≈ ∑ i f (t i ) · △x i .Ako promatramo lim △xi →0 po svim subdivizijama, na desnoj strani prepoznajemodefiniciju odredenog integrala funkcije f na segmentu [a, b], pa slijediP(a ≤ X ≤ b) =∫ baf (x) dx.PRIMJER 7.1 Kontinuirana slučajna varijabla je zadana sa svojom slikom R(X) ⊆ R.Zadana je funkcija f :f (x) :=⎧⎪⎨⎪⎩a · x, 0 ≤ x ≤ 50, x < 0, x > 5.(a) Odredite konstantu a tako da funkcija f bude gustoća vjerojatnosti slučajne varijableX.(b) Izračunajte vjerojatnost P(0 < X < 2).(c) Skicirajte graf funkcije f .Rješenje:(a) Da bi f bila funkcija gustoće vjerojatnosti slučajne varijable ona mora imatisvojstva nenegativnosti i svojstvoZato, iz∫ ∞−∞f (x) dx =∫ 50∫ ∞−∞f (x) dx = 1.a · x dx = 1 dobivamo da je a =Funkcija gustoće vjerojatnosti slučajne varijable je⎧2 ⎪⎨ 25f (x) =x, 0 ≤ x ≤ 5⎪⎩ 0, x < 0, x > 5.∫ 2∫ 22(b) P(0 < X < 2) = f (x) dx =00 25 x dx = 225 · 42 = 425 .(c) Funkcija f je definirana na cijelom R, neprekinuta je na R \ {5}.1∫ 50 x dx = 125/2 = 2 25 .Definicija 7.4 (FUNKCIJA DISTRIBUCIJE KONTINUIRANE SLUČAJNE VARI-JABLE, engl. distribution function)Neka je X : Ω → R kontinuirana slučajna varijabla sa slikom R(X) ⊆ R. FunkcijuF : R → R definiranu na sljedeći način:F(x) := P(X ≤ x) =∫ x−∞f (t) dtzovemo funkcija distribucije kontinuirane slučajne varijable X.Veza funkcije vjerojatnosti i funkcije distribucije slučajne varijable je:f (x) = F ′ (x).105 Radni materijal

T: SVOJSTVA FUNKCIJE DISTRIBUCIJE slučajne varijable:(F1) limx→−∞F(x) = F(−∞) = 0(F2) limx→∞F(x) = F(∞) = 1(F3) 0 ≤ F(x) ≤ 1(F4) F je neprekinuta funkcija, F(x) := P(X ≤ x) = P(X < x),(F5) P(a < X ≤ b) = F(b) − F(a) =(F6) F je rastuća funkcija.D:∫ baf (x) dx, a, b ∈ R, a < b(F1) Kako je dogadaj X ≤ −∞ nemoguć dogadajF(−∞) := P(X ≤ −∞) = P(∅) = 0.(F2) Kako je dogadaj X ≤ ∞ siguran dogadajF(∞) := P(X ≤ ∞) = P(Ω) = 1.(F3) tvrdnja slijedi iz svojstava (F1) i (F2).(F4) Iz definicije kontinuirane sl. varijable, slika nema izoliranih vrijednosti, pa jeP(X = a) = 0 te na integral ne utječu točke prekida funkcije f .(F5) Neka su a, b ∈ R, a < b. RačunamoF(b) = P(X ≤ b) = P((X ≤ a) ∪ (a < X ≤ b))= P(X ≤ a) + P(a < X ≤ b) = F(a) + P(a < X ≤ b)pa slijedi P(a < X ≤ b) = F(b) − F(a).∫ b ∫ a ∫ bF(b) − F(a) = f (x) dx − f (x) dx = f (x) dx.−∞−∞a(F6) Neka su a, b ∈ R, a < b. Iz svojstva (F5) slijedi da je F(a) ≤ F(b), funkcija jerastuća.PRIMJER 7.2 Za funkciju distribucije kontinuirane slučajne varijableF(x) = P(X ≤ x) vrijedi:Rješenje:P(a < X < b) = P(a ≤ X ≤ b) = F(b) − F(a), a, b ∈ R.F(b) = P(X < b) = P((X ≤ a) ∪ (a < X < b))= P(X ≤ a) + P(a < X < b) = F(a) + P(a < X < b)Radni materijal 106

7. KONTINUIRANA SLUČAJNA VARIJABLAPRIMJER 7.3 Slučajna varijabla X iz prethodnog primjera je zadana s funkcijom gustoćevjerojatnostif (x) =(a) Napišite funkciju distribucije.⎧⎪⎨⎪⎩225 x, 0 ≤ x ≤ 50, x < 0, x > 5.(b) Izračunajte vjerojatnost da slučajna varijabla poprimi vrijednosti veće od 0 i manje od2 , P(0 < X < 2) =?(c) Skicirajte graf funkcije distribucije F(x).Rješenje:(a)⎧⎪⎨F(x) =⎪⎩∫ x0F(x) := P(X ≤ x) =0, x < 0225 t dt, 0 ≤ x < 51, 5 ≤ x.∫ x−∞⎪⎨=⎪⎩f (t) dt⎧0, x < 0x 225 , 0 ≤ x < 51, 5 ≤ x.(b) P(0 < X < 2) = F(2) − F(0) = 2225 − 0 = 4 25 .(c) Funkcija F(x) je neprekinuta na R.Definicija 7.5 (OČEKIVANJE KONTINUIRANE SL. VAR.,engl. mean ili mathematical expectation)Neka je X : Ω → R kontinuirana slučajna varijabla sa slikom R(X) i funkcijom vjerojatnosti∫f (x). Kažemo da kontinuirana slučajna varijabla X ima očekivanje ako integral∞x · f (x) dx konvergira i označavamo−∞E(X) :=∫ ∞x · f (x) dx.−∞Definicija 7.6 (VARIJANCA ILI DISPERZIJA KONTINUIRANE SL. VAR.,engl. variance)Neka je X : Ω → R kontinuirana slučajna varijabla sa slikom R(X) i funkcijomgustoće vjerojatnosti f (x). Kažemo da kontinuirana slučajna varijabla X ima varijancuako integral∫ ∞(x − E(X)) 2 f (x) dx konvergira i označavamo−∞Var(X) :=∫ ∞(x − E(X)) 2 f (x) dx.−∞107 Radni materijal

Možemo računati varijancu i pomoću relacijeVar(X) :=∫ ∞x 2 · f (x) dx − (E(X)) 2 .−∞(Dokaz vidi kasnije - očekivanje funkcije slučajne varijable).Definicija 7.7 (STANDARDNA DEVIJACIJA, engl. standard deviation)Standardna devijacija slučajne varijable X definira se kaoσ(X) = √ Var(X).PRIMJER 7.4 Neka je zadana⎧slučajna varijabla iz prethodnog primjera s funkcijom2 ⎪⎨ 25gustoće vjerojatnosti f (x) =x, 0 ≤ x ≤ 5⎪⎩ 0, x < 0, x > 5.(a) Izračunajte očekivanje slučajne varijable E(X).(b) Izračunajte varijancu i standardnu devijaciju Var(X), σ(X).Rješenje:(a) E(X) =(b)∫ ∞σ(X) = √ Var(X) =x f (x)dx =−∞∫ ∞∫ 50x 2 25 xdx = 2 ∫ 5x 2 dx = 10 25 0 3 = 3.333Var(X) = x 2 · f (x)dx − (E(X)) 2 ==−∞∫ 5x 3 dx − ( 10 253 )2 = 2518 .0√2518 = 5 6√2 = 1.178.Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 7.5 motiv∫ 50x 2 ·225 xdx − (10 3 )2Neka je omjer prodaje i profita slučajna varijabla X = 100pro f it. Neka je poslovanje takvoda je nemoguće da će profit biti veći ili jednak 50% , a sigurno će profit biti veći ili jednak33.3%. Neka je vjerojatnost da će omjer X poprimiti vrijednost manju ili jednaku x zadansa funkcijom F(x) = (x2 −4)5. Kolika je vjerojatnost da će profit biti izmedu 40% i 20%?Koliki je očekivani profit?Rješenje:Slučajna varijabla X = 100pro f itRadni materijal 108poprima vrijednosti npr. za profit 50% vrijednost

7. KONTINUIRANA SLUČAJNA VARIJABLAX = 2, a za profit 33.3% vrijdnost X = 3. Zaključujemo da je zadana funkcijadistribucije P(X ≤ x) = F(x)⎧⎪⎨F(x) =⎪⎩0, x < 2(x 2 −4)5, 2 ≤ x < 31, 3 ≤ x.Vjerojatnost da će profit biti izmedu 40% i 20% odgovara pitanju P(2.5 ≤ X ≤ 5).P(2.5 ≤ X ≤ 5) = F(5) − F(2.5) = 1 − 9 20 = 1120= 0.55 Očekivani profit odgovaraočekivanoj vrijednosti od X.Da bi izračunali očekivanje moramo izraziti funkciju gustoće vjerojatnosti f. Vezafunkcije gustoće i funkcije distribucije je f (x) = F ′ (x).Računamo očekivanje⎧⎪⎨f (x) =⎪⎩0, x < 22x5 , 2 ≤ x < 30, 3 ≤ x.E(X) =∫ ∞x f (x)dx =−∞Očekivani profit je dakle 39.47%.∫ 32x 2x 38dx =5 15 = 2.533.109 Radni materijal

7.1. FUNKCIJA SLUČAJNE VARIJABLE7.1 FUNKCIJA SLUČAJNE VARIJABLEMOTIV 7.3 Neka je X ∼ ⎜⎝⎛1 2 30.1 0.3 0.6⎞⎟⎠ . Opišite slučajnu varijablu Y = 3X + 1.Definicija 7.8 (FUNKCIJA SLUČAJNE VARIJABLE) Neka je zadana po dijelovimaneprekinuta funkcija h : R → R i slučajna varijabla X : Ω → R. Funkcija slučajnevarijable X je slučajna varijabla Y : Ω → R definirana kao kompozicija Y = h ◦ X.TEOREM 7.1 Ako je h(x) strogo monotona i derivabilna onda funkciju slučajne varijableY = h(X) možemo definirati pomoću slučajne varijable X :(a) Ako je X diskretna slučajna varijablaf Y (y) = P(Y = y) = P(h(X) = y) = P(X = h −1 (y)) = f (h −1 (y)).∑F Y (y) = P(Y ≤ y) = f (x i ).x i ; h(x i )≤y∑E(Y) = h(x i ) · f (x i ) .(b)Ako je X kontinuirana slučajna varijabla⎧⎪⎨ f (h −1 (y)) · |(h −1 (y)) ′ |, m < y < Mf Y (y) = ⎪⎩ 0, y ≤ m, y ≥ M.i⎧0, y ≤ m⎪⎨ F(h −1 (y)), h ′ (x) > 0, m < y < MF Y (y) =1 − F(h −1 (y)), h ′ (x) < 0, m < y < M⎪⎩ 1, y ≥ M.gdje smo označili m = min h(x), M = max h(x)..Dokaz: tko želi znati višeE(Y) =∫ ∞h(x) · f (x) dx.−∞(a) f Y (y) = P(Y = y) = P(h(X) = y) = P(X = h −1 (y)) = f (h −1 (y)).∑F Y (y) = P(Y ≤ y) = P(h(X) ≤ y) = P(X ≤ h −1 (y)) =Radni materijal 110x i : x i ≤h −1 (y)f (x i ).

7. KONTINUIRANA SLUČAJNA VARIJABLA∑ ∑∑E(Y) = y i f Y (y i ) = h(x i ) f (h −1 (y i )) = h(x i ) f (x i ).(b) Ako je X kontinuirana slučajna varijablaiF Y (y) = P(Y ≤ y) = P(h(X) ≤ y) =i⎧⎪⎨⎪⎩iP(X ≤ h −1 (y), h ′ (x) > 0,1 − P(X ≤ h −1 (y), h ′ (x) < 0.f Y (y) = (F Y (y))′ = (F X (h −1 (y))) ′ · (h −1 (y)) ′ = f (h −1 (y)) · |(h −1 (y)) ′ |.E(Y) =∫ ∞−∞y f Y (y)dy =∫ ∞h(x) f (h −1 (y))(h −1 (y)) ′ dy =−∞∫ ∞h(x) f (x)dx.−∞PRIMJER 7.6 Neka je zadana funkcija h(x) = a · x + b, i slučajna varijabla X. Neka jeY funkcija slučajne varijable X, Y = h(X), tj. Y = a · X + b.(a) Neka je X diskretna slučajna varijabla. Tada je Y definirana s:f Y (y) = f ( y − b ),aF Y (y) = P(Y ≤ y) =∑x i ; x i ≤ y−baf (x i ),E(Y) = a · E(X) + b,Var(Y) = a 2 · Var(X).(b) Neka je X kontinuirana slučajna varijabla. Tada je Y definirana s:F Y (y) =f Y (y) = f ( y − b ) · 1a a ,⎧⎪⎨⎪⎩F( y−ba), a > 0,1 − F( y−ba), a < 0,E(Y) = a · E(X) + b,Var(X) = a 2 · Var(X).111 Radni materijal

7.1. FUNKCIJA SLUČAJNE VARIJABLERješenje:(a) f Y (y) = P(Y = y) = P(aX + b = y) = P(X = y − b ) = f ( y − b ).a a(b) h(x) je strogo monotona za a 0, h −1 (y) = y − b , (h −1 (y)) ′ = 1 a .F Y (y) = P(Y ≤ y) = P(a · X + b ≤ y) =⎧⎪⎨⎪⎩aP(X ≤ y−ba), a > 0,1 − P(X ≤ y−ba), a < 0.Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 7.7 motiv⎛1 2 3Neka je X ∼ ⎜⎝0.1 0.3 0.6⎞⎟⎠ . Opišite slučajnu varijablu Y = 3X + 1.Rješenje:⎛Y ∼ ⎜⎝4 7 100.1 0.3 0.6⎞⎟⎠PRIMJER 7.8 Neka je zadana slučajna varijabla X s funkcijom gustoće vjerojatnosti⎧⎧20, x < 0,⎪⎨ 25x, 0 ≤ x ≤ 5,⎪⎨ xf (x) =F(x) =⎪⎩2250, x < 0, x > 5, ⎪⎩, 0 ≤ x < 5,1, 5 ≤ x,E(X) = 103Rješenje:25, Var(X) =18. Opišite slučajnu varijablu Y = 3X + 1.h(x) = 3x + 1, m = min h(x) = 1, M = max h(x) = 16, x ∈ [0, 5].f Y (y) =⎧⎪⎨⎪⎩⎧f ( y−13 ) · 13 , m < y < M ⎪⎨⎪⎩ 20, y ≤ m, y ≥ M = 25·3 ( y−13), 1 < y < 160, y ≤ 1, y ≥ 16.⎧⎪⎨F Y (y) =⎪⎩0, y ≤ mF( y−13 ), m < y < M1, y ≥ M⎧⎪⎨=⎪⎩0, y ≤ 1125 ( y−13 )2 , 1 < y < 161, y ≥ 16E(Y) = 3 · E(X) + 1 = 3 · 103 + 1 = 11Var(Y) = 9 · Var(X) = 9 · 2518 = 25 2 .Radni materijal 112

7. KONTINUIRANA SLUČAJNA VARIJABLAPRIMJER 7.9 Varijanca slučajne varijable X je očekivanje slučajne varijable Y = (X −E(X)) 2(a) Var(X) = E(Y) = E((X − E(X)) 2 )(b) Var(X) = E(X 2 ) − (E(X)) 2Rješenje:(a) slijedi iz defininicije varijance,(b)Var(X) = E(X 2 − 2X · E(X) + (E(X)) 2 )= E(X 2 ) − 2 · E(X) · E(X) + (E(X)) 2 = E(X 2 ) − (E(X)) 2Definicija 7.9 (k-TI MOMENT )k-ti moment slučajne varijable X je očekivanje funkcije slučajne varijable X k :µ k = E(X k ).PRIMJER 7.10 Očekivanje je 1. moment slučajne varijable:µ 1 = E(X) = µ.Definicija 7.10 (k-TI CENTRALNI MOMENT )k-ti centralni moment slučajne varijable X je očekivanje funkcije slučajne varijable(X − E(X)) k :β k = E((X − E(X)) k ).PRIMJER 7.11 Varijanca je 2. centralni moment slučajne varijable:β 2 = E((X − E(X)) 2 ) = Var(X) = σ 2 .113 Radni materijal

7.2. Ponovimo7.2 PonovimoKONTINUIRANA SLUČAJNA VARIJABLAslika kontinuirane slučajne varijablefunkcija gustoće vjerojatnosti kon. sl. var.funkcija distribucije kon. sl. var. Xočekivanje kon. sl. var. Xvarijanca kon. sl. var. XR(X) = I ⊂ RP(x≤X≤x+△x)f (x) := lim △x→0 △xF(x) := P(X ≤ x) = ∫ x−∞E(X) := ∫ ∞x · f (x) dx−∞f (t) dtVar(X) := ∫ ∞−∞ (x − E(X))2 f (x) dxFUNKCIJA OD SLUČAJNE VARIJABLEY je funkcija od slučajne varijable XY = a · X + bočekivanje od Yvarijanca od YY = h(X),Y : Ω → RE(Y) = a · E(X) + bVar(Y) = a 2 Var(X)FUNKCIJA od DISKRETNE SLUČAJNE VARIJABLE Y = a · X + bfunkcija vjerojatnosti od Yfunkcija distribucije od Yf Y (y) = f ( y−ba )F Y (y) = P(Y ≤ y) = ∑ x i ; x i ≤ y−baf (x i )FUNKCIJA od KONTINUIRANE SLUČAJNE VARIJABLE Y = a · X + bfunkcija gustoće vjerojatnosti od Yfunkcija distribucije od Y F Y (y) =f Y (y) = f ( y−b⎧ a ) · 1a⎪⎨⎪⎩F( y−ba1 − F( y−ba), a > 0,), a < 0,Radni materijal 114

Poglavlje 8PRIMJERI KONTINUIRANIHSLUČAJNIH VARIJABLIU ovom poglavlju istaknut ćemo kontinuirane slučajne varijable koje se pojavljujuu odredenim ”scenarijima” i njihove funkcije gustoće vjerojatnosti definirat će sekao specifične distribucije (razdiobe): normalna, uniformna, eksponencijalna,gama, hi-kvadrat, Studentova. Normalna distribucija, hi-kvadrat i studentovadistribucija imaju veliku ulogu u matematičkoj statistici.MOTIV 8.1 Potrošnja materijala u nekom proizvodnom procesu je slučajan pokus. Uprosjeku svaki dan se potroši 20 komada. Svaki mjesec se nabavlja 640 komada potrošnogmaterijala. Neka je X slučajna varijabla = vrijeme potrebno da se potroši zaliha (dogodidogadaj α puta).(a) Kolika je vjerojatnost da ponestane potrošnog materijal?(b) Kolika mora biti mjesečna nabavka da vjerojatnost nestašice bude 0.01?8.1 NORMALNA DISTRIBUCIJANajvažnija kontinuirana distibucija je normalna distribucija. Ona se pojavljuje kaoaproksimacija mnogih drugih distribucija i pojavljuje se u mnogim statističkimtestovima. Njemački matematičar Carl F. Gauss (1777-1855) je 1809. godineobjavio monografiju u kojoj je dao normalnu distribuciju kao model za pogreškeu eksperimentu.115

8.1. NORMALNA DISTRIBUCIJAMOTIV 8.2 Neka je kritična čvrstoća jednog tipa plastičnih ploča normalna slučajnavarijabla X s očekivanom čvrstoćom 1250 kg i standardnom devijacijom 55 kg. Koje jemaksimalno opterćenje takvo da je očekivani broj slomljenih ploča najviše 5%?Definicija 8.1 (NORMALNA DISTRIBUCIJA)Za kontinuiranu slučajnu varijablu X ∗ : Ω → R kažemo da ima standardnu normalnudistribuciju ili standardnu Gaussovu distribuciju s parametrima 0 i 1 i označavamoX ∗ ∼ N(0, 1) ako ima funkciju gustoće vjerojatnostif ∗ (x) = 1 √2π· e − 1 2 x2 .Za kontinuiranu slučajnu varijablu X : Ω → R kažemo da ima normalnu distribuciju iliGaussovu distribuciju s parametrima µ i σ i označavamoX ∼ N(µ, σ 2 ) ako ima funkciju gustoće vjerojatnostiNAPOMENA 8.1 Ako X ∗f (x) =1σ √ 2π · e− 1 2 ( x−µσ )2 .∼ N(0, 1) ima standardnu normalnu distribuciju, ondafunkcija slučajne varijable X = σ · X ∗ + µ ima normalnu distribuciju X ∼ N(µ, σ 2 ).PRIMJER 8.1 Funkcija f ∗ (x) = 1 √2π · e − 1 2 x2 je funkcija gustoće vjerojatnosti.Rješenje: Koristimo izvod∫ ∞−∞∫ ∞e − 1 2 x2 dx = √ 2π.−∞f ∗ (x) dx = 1 √2π∫ ∞−∞e − 1 2 x2 dx = 1 √2π· √2π= 1.PRIMJER 8.2 Funkcija distribucije standardne normalne slučajne varijable X ∗ ∼ N(0, 1)jeF ∗ (x) = 1 √2π∫ x−∞e − 1 2 t2 dt.F ∗ (x) = 1 − F ∗ (−x)Funkcija distribucije normalne slučajne varijable X ∼ N(µ, σ 2 ) jeF(x) =1σ √ 2π∫ xe − 1 2 ( t−µσ )2 dt.−∞Radni materijal 116

8. PRIMJERI KONTINUIRANIH SLUČAJNIH VARIJABLIRješenje: Koristimo definiciju funkcije distribucije kontinuirane slučajne varijableF ∗ (x) =∫ x−∞f ∗ (t) dt i formulu za funkciju distribucije za funkciju slučajne varijableX = σ · X ∗ + µ, F(y) = F ∗ ( y−µσ ).PRIMJER 8.3 (a) Za X ∗ ∼ N(0, 1), E(X ∗ ) = 0, Var(X) = 1.(b) Za X ∼ N(µ, σ 2 ), E(X ∗ ) = µ, Var(X) = σ 2 .Rješenje: Koristimo izvod(a) E(X ∗ ) =∫ ∞x f ∗ (x)dx =−∞∫ ∞∫ −∞ ∞Var(X ∗ ) = E((X ∗ ) 2 ) − (E(X ∗ )) 2 ==∫1 ∞√2π−∞x 2 · e − 1 2 x2 dx = √ 2π.x √ 1 · e − 1 2 x2 dx = 0 (neparna funkcija).−∞ 2π∫ ∞x 2 f ∗ (x)dx =−∞x 2 e − 1 2 x2 dx = 1 √2π· √2π= 1.∫ ∞x 2 1√ · e − 1 2 x2 dx−∞ 2π(b)E(X) = E(σ · X ∗ + µ) = σ · E(X ∗ ) + µ = µ,Var(X) = Var(σ · X ∗ + µ) = σ 2 Var(X ∗ ) = σ 2 .PRIMJER 8.4 Skicirajte graf funkcije gustoće vjerojatnosti f (x). Krivulja se zoveGaussova zvonolika krivulja. Krivulja je simetrična u odnosu na pravac x = µ. dostiže1maksimum u točki (µ, ), a točke infleksije su u µ − σ i µ + σ. Os x je horizontalnaσ √ 2πasimptota. Ako σ < 1 graf se sužava i maksimala vrijednost raste, a ako je σ > 1 graf seširi i maksimalna vrijednost pada.PRIMJER 8.5 Neka je X ∗ ∼ N(0, 1). Tada možemo izračunati vjerojatnost da slučajnavarijabla X ∗ poprimi vrijednost iz nekog intervala [a, b]:P(α ≤ X ∗ ≤ β) = F ∗ (β) − F ∗ (α).Neka je X ∼ N(µ, σ 2 ). Tada možemo izračunati vjerojatnost da slučajna varijabla X =σ · X ∗ + µ poprimi vrijednost iz nekog intervala [a, b]:P(a ≤ X ≤ b) = F(b) − F(a) = F ∗ ( b − µσ ) − F∗ ( a − µσ ).117 Radni materijal

8.1. NORMALNA DISTRIBUCIJAf(x) 0 xSlika 8.1: Graf funkcije gustoće vjerojatnosti f (x) = 1 √2πe − 1 2 x2normalne sluďż˝ajne varijable X ∼ N(0, 1).jediniďż˝neNAPOMENA 8.2 U literaturi je poznata Laplaceova funkcijaL(x) = √ 1 ∫ xexp − 1 2 t2 dt.2πOna je obično tabelirana. Veza funkcija F ∗ , F i L(x) je sljedeća:0F ∗ (x) = 1 2 + L(x)F(x) = 1 2 + L(x − µσ )PRIMJER 8.6 Slučajna varijabla X ∼ N(20, 4). Provjerite(a) P(18 ≤ X ≤ 22) = 0.68(b) P(16 ≤ X ≤ 24) = 0.95(c) P(14 ≤ X ≤ 26) = 0.99Rješenje:(a) P(18 ≤ X ≤ 22) = F ∗ 22 − 20( ) − F ∗ 18 − 20( ) = F ∗ (1) − F ∗ (−1)22= F ∗ (1) − (1 − F ∗ (1)) = 2F ∗ (1) − 1= 2 · 0.8413 − 1 = 1.6826 − 1 = 0.68PRIMJER 8.7 Slučajna varijabla X ∼ N(µ, σ 2 ). Provjerite pravilo 3σ :(a) P(µ − σ ≤ X ≤ µ + σ) = 0.68(b) P(µ − 2σ ≤ X ≤ µ + 2σ) = 0.95(c) P(µ − 3σ ≤ X ≤ µ + 3σ) = 0.99Radni materijal 118

8. PRIMJERI KONTINUIRANIH SLUČAJNIH VARIJABLIf(x) f X N (0,1 2)f X N (0,1)f X N (0,3)0 xSlika 8.2: Grafovi funkcija gustoće vjerojatnosti normalnih sluďż˝ajnihvarijabli X 1 ∼ N ( 0, 1 2), X2 ∼ N(0, 1) i X 3 ∼ N(0, 3).PRIMJER 8.8 Debljina željeznih ploča ja slučajna varijabla. Možemo pretpostaviti da jeto kontinuirana slučajna varijabla koja ima normalnu distribuciju s očekivanjem 10mmi standardnom devijacijom 0.02mm. Kolika je vjerojatnost defektne ploče ako je kontroladala kriterij:(a) ploča tanja od 9.97 mm,(b) ploča deblja od 10.05 mm,(c) ploča odstupa 0.03 mm od 10 mm. U kojim granicama treba biti debljina da bi uočekivani postotak defektnih ploča bio 5%?Rješenje:Za slučajnu varijablu X ∼ N(10, 0.02 2 ) računamo:(a) P(X < 9.97) = F ∗ ( 9.97−100.02 ) = F∗ (−1.5) = 0.0668. Uz ovaj kriterij očekuje se 6.7%oštećenih ploča.(b) P(X > 10.05) = 1−F ∗ (10.05) = 1−F ∗ ( 10.05−100.02) = 1−F ∗ (2.5) = 1−0.9938 = 0.0062.Uz ovaj kriterij očekuje se 0.6% oštećenih ploča.(c) P(9.97 < X < 10.03) = F ∗ ( 10.03−100.02) − F ∗ ( 9.97−100.02 ) = F∗ (1.5) − F ∗ (−1.5) = 0.8664.1 − P(9.97 < X < 10.03) = 0.1336Uz ovaj kriterij očekuje se 13.3% oštećenih ploča.Prema pravilu 3σ :P(µ − 2σ ≤ X ≤ µ + 2σ) = 0.95,P(10 − 2 · 0.02 ≤ X ≤ 10 + 2 · 0.02) = 0.95.Uz ovaj kriterij očekuje se 5% oštećenih ploča.Za 2σ = 0.04 imamo interval dobrih ploča [9.96, 10.04].119 Radni materijal

8.1. NORMALNA DISTRIBUCIJAF(x)f(x)0 xSlika 8.3: Grafovi funkcije gustoće vjerojatnosti i funkcije distribucije jediniďż˝nenormalne sluďż˝ajne varijable X ∼ N(0, 1).Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 8.9 motivNeka je kritična čvrstoća jednog tipa plastičnih ploča normalna slučajna varijabla Xs očekivanom čvrstoćom 1250 kg i standardnom devijacijom 55 kg. Koje je maksimalnoopterćenje takvo da je očekivani broj slomljenih ploča najviše 5%?Rješenje:Za slučajnu varijablu X ∼ N(1250, 55 2 ) računamo prema pravilu 3σ :P(µ − 2σ ≤ X ≤ µ + 2σ) = 0.95,P(1250 − 2 · 55 ≤ X ≤ 1250 + 2 · 55) = 0.95. Za maksimalno opterećenje od 1360 kgočekuje se 5% slomljenih ploča.PRIMJER 8.10 Na prvoj godini GF studira 200 studenata. Očekivana težina je 75 kga standardna devijacija 7 kg. Pretpostavimo da je težina normalno distribuirana. Kolikostudenata ima težinu izmedu 68 kg i 82 kg (tj. zaokruženo od 67.5.5 kg do 82.5 kg)?Rješenje:Za slučajnu varijablu težina studenata X ∼ N(75, 7 2 ) računamo:P(67.5 ≤ X ≤ 82.5) = F ∗ ( 82.5−757) − F ∗ ( 67.5−757) = 2F ∗ (1.07) − 1 = 2 · 0.8577 − 1 = 0.715.Ukupno studenata koji imaju težinu izmedu 68 kg i 82 kg (tj. zaokruženo od 67.5.5kg do 82.5 kg) je 200 · 0.715 = 143.Radni materijal 120

8. PRIMJERI KONTINUIRANIH SLUČAJNIH VARIJABLINAPOMENA 8.3 U graničnom slučaju za velike m binomna distribucija X ∼ B(m, p) semože aproksimirati standardnom normalnom distribucijom. Prema integralnom Moivre-Laplaceov teoremu (centralni granični teorem za binomnu sl. var.) u poglavlju 11 vrijediP(a < X < b) ≈ F ∗ b − mp + 0.5( √ ) − F ∗ a − mp − 0.5( √ ).mp(1 − p) mp(1 − p)Primijetimo da su dodani pribrojnici 0.5 i -0.5 zbog korekcije.121 Radni materijal

8.2 UNIFORMNA DISTRIBUCIJADefinicija 8.2 (UNIFORMNA DISTRIBUCIJA)8.2. UNIFORMNA DISTRIBUCIJAZa kontinuiranu slučajnu varijablu X : Ω → R kažemo da ima uniformnu distribucijuna se segmentu [a, b], ako je slika R(X) = R, a funkcija gustoće vjerojatnostijei označavamo X ∼ U(a, b).⎧⎪⎨f (x) =⎪⎩0, x < a1b−a ,a ≤ x ≤ b0, b < x.PRIMJER 8.11 Funkcija distribucije uniformne slučajne varijable X ∼ U(a, b) je⎧⎪⎨F(x) =⎪⎩0, x < ax−ab−a ,a ≤ x ≤ b1, b < x.PRIMJER 8.12 Za X ∼ U(a, b), E(X) = a+b(b−a)22, Var(X) =12 .Rješenje:∫ ∞∫ ∞E(X) = x f (x)dx =−∞= a + b2 .x 2 f (x)dx =−∞Var(X) =∫ ba∫ ∞∫ bax 2 1b − a dx = b2 + ab + a 23x1b − a dx = 1 ∫ bx dx = 1 ( 1b − a a b − a 2 b2 − 1 )2 a2x 2 f (x)dx − (E(X)) 2 = b2 + ab + a 2− ( a + b−∞3 2 )2 =(b − a)2.12PRIMJER 8.13 Skiciraj graf funkcije gustoće vjerojatnosti i graf funkcije distribucijevjerojatnosti.Funkcija f (x) ima prekid u točkama a i b, a funkcija F(x) je neprekinuta na R.Radni materijal 122

8. PRIMJERI KONTINUIRANIH SLUČAJNIH VARIJABLI8.3 EKSPONENCIJALNA DISTRIBUCIJAEksponencijalna distribucija se pojavljuje u problemima teorije opsluživanja.MOTIV 8.3 Vrijeme trajanja sijalica je slučajna varijabla X. Uzimamo uzorak i 5%sijalica traje do 100 sati. Kolika je vjerojatnost da će nova sijalica trajati duže od 200 satitj. P(X > 200)?Definicija 8.3 (EKSPONENCIJALNA DISTRIBUCIJA)Za kontinuiranu slučajnu varijablu X : Ω → R kažemo da ima eksponencijalnudistribuciju s parametrom λ, ako je slika R(X) = R, a funkcija gustoće vjerojatnosti je⎧⎪⎨ 0, x < 0f (x) = ⎪⎩ λe −λx , 0 ≤ xi označavamo X ∼ Exp(λ).PRIMJER 8.14 Funkcija distribucije eksponencijalne slučajne varijableX ∼ Exp(λ) jeF(x) =⎧⎪⎨⎪⎩0, x < 01 − e −λx , 0 ≤ xPRIMJER 8.15 Za X ∼ Exp(λ), E(X) = 1 λ , Var(X) = 1 λ 2 .Rješenje:E(X) =∫ ∞x f (x)dx =−∞∫ ∞0xλe −λx dx = parc.int. = 1 λ .∫ ∞x 2 f (x)dx =−∞Var(X) =∫ ∞∫ ∞0x 2 λe −λx dx = parc.int. = 2 λ 2x 2 f (x)dx − (E(X)) 2 = 2−∞λ 2 − ( 1 λ )2 = 1 λ 2 .PRIMJER 8.16 Skiciraj graf funkcije gustoće i funkcija distribucije eksponencijalneslučajne varijable X ∼ Exp(λ).Funkcija f (x) je padajuća funkcija na [0, ∞), prekinuta u nuli. Funkcija distribucije jeneprekinuta funkcija R, rastuća, konkavna, ima horizontalnu asimptotu y = 1.Prisjetimo se motivacijskog primjera:123 Radni materijal

8.3. EKSPONENCIJALNA DISTRIBUCIJAPRIMJER 8.17 motivVrijeme trajanja sijalica je slučajna varijabla koja ima eksponencijalnu distribuciju sparametrom λ. Uzimamo uzorak i 5% sijalica traje do 100 sati.(a) Odredite parametar λ.(b) Kolika je vjerojatnost da će nova sijalica trajati duže od 200 sati?Rješenje:(a) X ∼ Exp(λ), P(X < 100) = 0.05 ⇒ F(100) = 0.05F(x) = 1 − e −λx , 0 ≤ x, ⇒ 1 − e −λ·100 = 0.05e −λ·100 = 0.95 ⇒ λ · 100 ≈ 0.051 ⇒ λ ≈ 0.00051.(b)P(X > 200) = 1 − P(X < 200) = e −λ·200 ≈ (e −λ·100 ) 2= (0.95) 2 = 0.9025.Radni materijal 124

8. PRIMJERI KONTINUIRANIH SLUČAJNIH VARIJABLI8.4 GAMA DISTRIBUCIJADefinicija 8.4 (GAMA DISTRIBUCIJA)Gama distribucija je generalizacija eksponencijalne distribucije.Neka je slučajni pokus ponavljanje dogadaja u vremenu s zadanim konstantnim intezitetom(λ). Slučajna varijabla koja daje vrijeme potrebno da se dogadaj dogodi odredeni brojputa (α) ima gama distibuciju s parametrima α i λ.Definicija 8.5 (GAMA DISTRIBUCIJA)Za kontinuiranu slučajnu varijablu X : Ω → R kažemo da ima gama distribuciju sparametrima α i λ, (α i λ > 0) , ako je slika R(X) = R, a funkcija gustoće vjerojatnosti jef (x) =⎧⎪⎨⎪⎩0, x ≤ 0C · x α−1 · e −λx , x > 0∫ ∞gdje je C = λαΓ(α) , a Γ(x) = t x−1 · e −t dt, Gama funkcija, x > 0 i označavamo X ∼0Γ(α, λ).F(x)f(x)Slika 8.4:0 xGrafovi funkcije gustoće vjerojatnosti i funkcije distribucijesluďż˝ajne varijable X ∼ Γ(3, 1).PRIMJER 8.18 Funkcija distribucije gama distribucije X ∼ Γ(α, λ) je⎧⎪⎨F(x) =⎪⎩0, x < 0∫ xC · t α−1 · e −λt dt, x ≥ 0.0.125 Radni materijal

8.4. GAMA DISTRIBUCIJAPRIMJER 8.19 SVOJSTVA gama funkcije:(a) Γ(α + 1) = α · Γ(α),(b) Γ(1) =∫ ∞0e −t dt = 1,(c) Γ(n + 1) = n · Γ(n) = n · (n − 1) · Γ(n − 2) = ... = n!, n ∈ N,PRIMJER 8.20 Za X ∼ Γ(α, λ), E(X) = α λ , Var(X) = α λ 2 .PRIMJER 8.21 Za α > 1 funkcije gustoće gama distribucije ima maksimum u x = α−1λ ,ima zvonoliki oblik i os x je horizontalna asimptota, a za α < 1, f (x) je strogo padajuća,konkavna funkcija koja ima vertikalnu asimptotu os y, a horizontalnu os x.Definicija 8.6 (NEPOTPUNA GAMA FUNKCIJA)Tabelirana je nepotpuna gama funkcija γ(z, α) = 1Γ(α)Veza je F(x; α, λ) = γ(λx, α).Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 8.22 motiv∫ z0t α−1 · e −t dt.Potrošnja materijala u nekom proizvodnom procesu je slučajan pokus. U prosjekusvaki dan se potroši 20 komada. Svaki mjesec se nabavlja 640 komada potrošnog materijala.Neka je X slučajna varijabla = vrijeme potrebno da se potroši zaliha (dogodi dogadaj αputa).(a) Kolika je vjerojatnost da ponestane potrošnog materijal?(b) Kolika mora biti mjesečna nabavka da vjerojatnost nestašice bude 0.01?λ = 20, α = 640, X ∼ Γ(α, λ) = Γ(640, 20).Rješenje:Potrebni podaci: λ = 20, α = 640, X ∼ Γ(α, λ) = Γ(640, 20).(a) P(X < 30) = F(30) = F(30; 640, 20), F(x; α, λ) = γ(λx, α)F(30; 640, 20) = γ(20 · 30, 640) = γ(600, 640) = 0.057.Vjerojatnost da bude nestašica je 0.057.(b) P(X < 30) = 0.01, F(30; α, 20) = 0.01F(30; α, 20) = γ(20 · 30, α) = γ(600, α) = 0.01 ⇒ α = 660.Potrebne mjesečne zalihe potrošnog materijala su 660 komada da bivjerojatnost nestašice bila 0.01 (mala).PRIMJER 8.23 Za α = 1, gama distribucija je eksponencijalna distribucija X ∼ Γ(1, λ) =Exp(λ).Radni materijal 126

8. PRIMJERI KONTINUIRANIH SLUČAJNIH VARIJABLI8.5 HI KVADRAT DISTRIBUCIJADefinicija 8.7 (HI KVADRAT DISTRIBUCIJA)Za α = n 2 , λ = 1 2 gama distribucija je χ2 (n), hi kvadrat distribucija s parametrom n,X ∼ Γ( n 2 , 1 2 ) = χ2 (n).Funkcija gustoće vjerojatnosti jegdje je C = ( 1 2 ) n 2f (x) =⎧⎪⎨⎪⎩0, x ≤ 0C · x n 2 −1 · e − 1 2 x , x > 0Γ( n 2 ). 0 xF(x)f(x)Slika 8.5:Grafovi funkcije gustoće vjerojatnosti i funkcije distribucijesluďż˝ajne varijable X ∼ χ2 (3).PRIMJER 8.24 Tabelira se χ 2 (n), za n = 1, 2, ..., 30, ali u obliku:za X ∼ χ 2 (n) i zadanu vjerojatnost p = P(X > x p ) u tabeli možemo očitati vrijednosti x p .Najčešće su tražene vrijednosti za x p , ako su zadane vjerojatnosti p = 0.99,p = 0.95, p = 0.5, p = 0.1, p = 0.05PRIMJER 8.25 Neka je X ∼ χ 2 (20) i P(X > x p ) = 0.1. Od koje ďż˝e vrijednosti slučajnavarijabla poprimi veću vrijednost s vjerojatnošću 0.05?U tablici očitamo za n = 20, i p = 0.1, x p = 28.41.NAPOMENA 8.4 Neka su slučajne varijable X 1 , X 2 , ..., X n takve da sve imaju standardnunormalnu distribuciju, X ∗ ∼ N(0, 1), i = 1, ..., n.in∑Tada slučajna varijabla Y = (X i ) 2 ima hi kvadrat distribuciju, Y ∼ χ 2 (n).i=1127 Radni materijal

8.5. HI KVADRAT DISTRIBUCIJAPRIMJER 8.26 Za X ∼ χ 2 (n), E(X) = n, Var(X) = 2n.Rješenje:Koristimo formulu za očekivanje i varijancu gama distribucije s parametrimaα = n 2 , λ = 1 2 : E(X) = α nλ = 2= n, Var(X) = α n1λ 2 = 22( 1 = 2n.2)2NAPOMENA 8.5 Za X ∼ χ 2 (n) i n → ∞, X ∼ N(n, 2n).Za X ∼ χ 2 (n) i n > 30, dobra aproksimacija je X ∼ N(n, 2n).Radni materijal 128

8. PRIMJERI KONTINUIRANIH SLUČAJNIH VARIJABLI8.6 STUDENTOVA DISTRIBUCIJAU matematičkoj statistici važna je Studentova distribucija koju je 1908 definirao S.Gosset pod pseudonimom Student.Definicija 8.8 (STUDENTOVA DISTRIBUCIJA)Za kontinuiranu slučajnu varijablu X : Ω → R kažemo da ima Studentovu distribucijuili t -distribuciju s parametrom n (stupanj slobode) i označavamo X ∼ t(n) ako imafunkciju gustoće vjerojatnostif (x) = √ 1 n+1 Γ(2 · )nπΓ( n 2 ) · (1 + x2n)−n+12 , x ∈ RPRIMJER 8.27 Skicirati graf funkcije gustoće vjerojatnosti f (x). Funkcija je pozitivna,simetrična u odnosu na os y, parna, dostiže maksimum u x = 0, os x je horizontalnaasimptota. Kad n → ∞, graf postaje Gaussova krivulja.F(x)f(x)0 xSlika 8.6:Grafovi funkcije gustoće vjerojatnosti i funkcije distribucijesluďż˝ajne varijable X ∼ t(3).PRIMJER 8.28 Tabelira se t(n), za n = 1, 2, ..., 30, ali u obliku:za X ∼ t(n) i zadanu vjerojatnost p = P(|X| > x p ) u tabeli možemo očitati vrijednosti x p .Najčešće su tražene vrijednosti za x p , ako su zadane vjerojatnosti p = 0.9,p = 0.8, p = 0.7, ..., p = 0.1.PRIMJER 8.29 Neka je X ∼ t(20) i P(|X| > x p ) = 0.1. Izvan kojih granica slučajnavarijabla poprimi vrijednost s vjerojatnošću 0.1?U tablici očitamo za n = 20, i p = 0.1 x p = 1.725.129 Radni materijal

8.6. STUDENTOVA DISTRIBUCIJAPRIMJER 8.30 Neka su slučajne varijable X ∗ ∼ N(0, 1) i Y ∼ χ 2 (n). Tada slučajnavarijabla T = √ X∗Ynima Studentovu distribuciju, T ∼ t(n).NAPOMENA 8.6 Za X ∼ t(n), E(X) = 0, Var(X) =NAPOMENA 8.7 Za X ∼ t(n) i n → ∞, X ∼ N(0, 1).Za X ∼ t(n) i n > 30, dobra aproksimacija je X ∼ N(0, 1).nn − 2 , n > 2.NAPOMENA 8.8 Za n = 1, Studentova distribucija je Cauchyjeva distribucija.Radni materijal 130

8. PRIMJERI KONTINUIRANIH SLUČAJNIH VARIJABLI8.7 PonovimoSTANDARDNA NORMALNA DISTRIBUCIJA (RAZDIOBA)standardna normalna distribucija X ∗ ∼ N(0, 1)funkcija gustoće vjerojatnosti f ∗ (x) = 1 √2π · e − 1 2 x2funkcija distribucije vjerojatnosti F ∗ (x) = 1 √2π∫ x−∞ e− 1 2 t2 dt.očekivanje E(X) = 0varijanca Var(X) = 1NORMALNA DISTRIBUCIJAnormalna distribucija X ∼ N(µ, σ 2 )funkcija gustoće vjerojatnosti f (x) = 1 σ · f ∗ ( x−µfunkcija distribucije vjerojatnosti F(x) = F ∗ ( x−µσ )očekivanje E(X) = µvarijanca Var(X) = σ 2PRAVILO 3σ za X ∼ N(µ, σ)UNIFORMNA DISTRIBUCIJAuniformna distribucija X ∼ U(a, b)σ )P(µ − σ ≤ X ≤ µ + σ) = 0.68P(µ − 2σ ≤ X ≤ µ + 2σ) = 0.95P(µ − 3σ ≤ X ≤ µ + 3σ) = 0.99funkcija gustoće vjerojatnosti f (x) = 1b−a, za a ≤ x ≤ b,funkcija distribucije vjerojatnosti F(x) = x−ab−a, za a ≤ x ≤ b,očekivanjeE(X) = a+b2varijancaVar(X) = (b−a)212EKSPONENCIJALNA DISTRIBUCIJAeksponencijaln distribucija X ∼ Exp(λ)⎧⎪⎨ 0, x < 0funkcija gustoće vjerojatnosti f (x) = ⎪⎩ λe −λx , 0 ≤ x⎧⎪⎨ 0, x < 0funkcija distribucije vjerojatnosti F(x) == ⎪⎩ 1 − e −λx , 0 ≤ xočekivanjeE(X) = 1 λvarijanca Var(X) = 1 λ 2131 Radni materijal

8.7. PonovimoGAMA DISTRIBUCIJA, HI-kvadrat, eksponencijalnagama distribucija X ∼ Γ(α, λ)hi-kvadrat distribucija X ∼ χ 2 (n) = Γ( n 2 , 1 2 )eksponencijalna distribucija X ∼ Exp(λ) = Γ(1, λ)očekivanjeE(X) = α λvarijanca Var(X) = α λn∑2hi-kvadrat Y ∼ χ 2 (n) Y = (X i ) 2i=1za X i ∼ N(0, 1)STUDENTOVA ili t- DISTRIBUCIJAStudentova distribucijaX ∼ t(n)očekivanje E(X) = 0varijanca Var(X) = nn−2 , za n > 2Studentova razdioba T ∼ t(n) T = √ X∗Yn,ako jeX ∗ ∼ N(0, 1) i Y ∼ χ 2 (n).Radni materijal 132

Poglavlje 9DVODIMENZIONALNISLUČAJNI VEKTORPojam slučajne varijable generalizira se za dvije i n varijabli. U ovom poglavljuposebno će se obraditi diskretni dvodimenzionali slučajni vektor. Pojam n-dimslučajnog vektora važan je za definiciju slučajnog uzorka.Definicija 9.1 (n-dim SLUČAJNI VEKTOR, engl. random vector)Neka su su X 1 : Ω → R, X 2 : Ω → R ,..., X n : Ω → R slučajne varijable definiranena vjerojatnosnom prostoru (Ω, F , P). Funkciju (X 1 , X 2 , ..., X n ) : Ω → R n zovemo n-dimslučajni vektor ako vrijedi ∀x 1 , x 2 , ..., x n ∈ R,{ω ∈ Ω : X 1 (ω) ≤ x 1 , X 2 (ω) ≤ x 2 , ..., X n (ω) ≤ x n } ⊂ Fi označavamo (X 1 , X 2 , ..., X n )(ω) = (X 1 (ω), X 2 (ω), ..., X n (ω)), ω ∈ Ω.Definicija 9.2 (FUNKCIJA DISTRIBUCIJE n-dim SLUČAJNOG VEKTORA, engl.distribution function of random vector)Neka je (X 1 , X 2 , ..., X n ) : Ω → R n n-dim slučajni vektor. Funkciju F : R n → Rdefiniranu na sljedeći način:F(x 1 , x 2 , ..., x n ) := P(X 1 ≤ x 1 , ..., X n ≤ x n )zovemo funkcija distribucije diskretnog n-dim slučajnog vektora (X 1 , X 2 , .., X n ).133

9.1. DISKRETNI DVODIMENZIONALNISLUČAJNI VEKTOR9.1 DISKRETNI DVODIMENZIONALNISLUČAJNI VEKTORMOTIV 9.1 Promatramo slučajni pokus bacanje 2 igraće kocke i slučajnu varijablu X =suma brojeva koji su pali i slučajnu varijablu Y = broj 1 ako su pali jednaki brojevi, inače0. (a) Nadite funkciju vjerojatnosti slučajnog vektora (X, Y). (b)Izračunajte vjerojatnostda je zbroj brojeva koji su pali veći od 3 a manji ili jednak 6 i da su pali isti brojevi? (c)Jesu li X i Y nezavisne varijable? (d) Izračunajte kovarijancu. (e) Jesu li X i Y koreliranevarijable?Definicija 9.3 DISKRETNI n-dim SLUČAJNI VEKTORAko su slučajne varijable X 1 , X 2 , ..., X n diskretne slučajne varijable, onda za slučajnivektor (X 1 , X 2 , ..., X n ) kažemo da je diskretni n-dim slučajni vektor.Definicija 9.4 (FUNKCIJA VJEROJATNOSTI n-dim SLUČAJNOGVEKTORA, engl. probability function of random vector)Neka je (X 1 , X 2 , ..., X n ) : Ω → R n n-dim diskretni slučajni vektor. Funkciju f :R n → R definiranu na sljedeći način:f (x 1 , x 2 , ..., x n ) :=⎧⎪⎨⎪⎩P(X 1 = x 1 , X 2 = x 2 , ...X n = x n ), (x 1 , ..., x n ) ∈ R(X 1 , X 2 , ..., X n ),0, inačezovemo funkcija vjerojatnosti diskretnog n-dim slučajnog vektora (X 1 , X 2 , ..., X n ).Definicija 9.5 DISKRETNI 2-dim SLUČAJNI VEKTORAko su slučajne varijable X i Y diskretne slučajne varijable, onda za slučajni vektor(X, Y) kažemo da je diskretni dvodimenzionalni slučajni vektor.Definicija 9.6 (FUNKCIJA VJEROJATNOSTI diskretnog 2-dim SLUČAJNOGVEKTORA)Neka su X : Ω → R , Y : Ω → R diskretne slučajne varijable sa slikama R(X) ={x 1 , x 2 , ...}, R(Y) = {y 1 , y 2 , ...} Funkciju f : R 2 → R definiranu na sljedeći način:f (x, y) :=⎧⎪⎨⎪⎩P(X = x i , Y = y j ),0, inačex = x i ∈ R(X), y = y j ∈ R(X),zovemo funkcija vjerojatnosti diskretnog 2-dim slučajnog vektora (X, Y).Radni materijal 134

9. DVODIMENZIONALNISLUČAJNI VEKTORT: SVOJSTVA funkcije vjerojatnosti slučajne varijable X.(i) 0 ≤ f (x i , y j ) ≤ 1,∑(ii) ∞ ∞∑f (x i , y j ) = 1.i=1 j=1Dokaz: tko želi znati više(i) Za (x i , y j ) ∈ R 2 , P(X = x i , Y = y j ) = P({ω : X(ω) = x i , Y(ω) = y j })⇒ 0 ≤ f (x i , y i ) ≤ 1.(ii) Za (x i , y j ) (x k , y l ) ⇒{ω : X(ω) = x i , Y(ω) = y j } ⋂ {ω : X(ω) = x k , Y(ω) = y l } = ∅,svojstvo (ii) slijedi prema svojstvu (P3), prebrojive aditivnosti funkcije P:∞∑i=1∞∑f (x i , y j ) =j=1∞∑i=1∞∑P(X = x i , Y = y j ) = P(Ω) = 1.j=1NAPOMENA 9.1 Diskretni 2-dim slučajni vektor je zadan sa svojom slikom R((X, Y)) ={(x i , y j ), i = 1, ...; j = 1, ...} i funkcijom vjerojatnosti f slučajne varijable, vrijednostima{ f (x i , y j ), i = 1, ...; j = 1, ...}.U literaturi se zato može naći zapis slučajnog vektora (X, Y) kao uredene sheme:⎛X/Y y 1 y 2 ... y j⎞...x 1 p 11 p 12 p 1j ...(X, Y) ∼x 2 p 21 p 2j...⎜⎝x i p i1 p ij⎟⎠... ... ...gdje su p ij = f (x i , y j ), i, j ∈ {1, 2, ...}.PRIMJER 9.1 Neka je (Ω, P(Ω), P) diskretni vjerojatnosni prostor slučajnog pokusabacanje igraće kocke. Ω = {ω 1 , ω 2 , ω 3 , ..., ω 6 }, P({ω i }) = 1 6, i = 1, .., 6.Neka je X : Ω → R slučajna varijabla definirana na sljedeći način: X = broj koji je pao.Neka je Y : Ω → R slučajna varijabla definirana na sljedeći način: Y = 1 ako je pao paranbroj veći od 3, inače 0.X je slučajna varijabla. Slika slučajne varijable je skup R(X) = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.Y je slučajna varijabla. Slika slučajne varijable je skup R(Y) = {0, 1}.Naći funkciju vjerojatnosti slučajnog vektora (X, Y).135 Radni materijal

9.1. DISKRETNI DVODIMENZIONALNISLUČAJNI VEKTORRješenje: Funkcija vjerojatnosti slučajne varijable X je f : R 2 → Rf (x, y) :==⎧⎪⎨⎪⎩⎧⎪⎨⎪⎩P(X = x i , Y = y j ),0, inače.x = x i ∈ R(X), y = y j ∈ R(Y)16 , x = x i ∈ {4, 6}, y = y j ∈ {1}16 , x = x i ∈ {1, 2, 3, 5}, y = y j ∈ {0}0, inače.Slučajni vektor (X,Y) možemo za zadati s⎛ ⎞X/Y 0 1116012601(X, Y) ∼ 36014 061560⎜⎝1⎟⎠6 06PRIMJER 9.2 Neka je (X,Y) slučajni vektor za slučajni pokus izbora dva broja iz {1,2,3},pri čemu je X= prvi izabrani broj, Y= izabrani broj nije manji od prvog. Naći funkcijuvjerojatnosti slučajnog vektora.Rješenje:(X, Y) ∼⎜⎝⎛⎞X/Y 1 2 3119192 01619163 0 013.⎟⎠Definicija 9.7 (FUNKCIJA DISTRIBUCIJE DISKRETNOG 2-dimSLUČAJNOG VEKTORA)Neka je (X, Y) : Ω → R 2 diskretni 2-dim slučajni vektor sa slikom R((X, Y)) ={(x i , y j ), i = 1, ...; j = 1, ...}. Funkciju F : R 2 → R definiranu na sljedeći način:∑ ∑F(x, y) := P(X ≤ x, Y ≤ y) = f (x i , y j )i: x i ≤x j: y j ≤yzovemo funkcija distribucije diskretnog 2-dim slučajnog vektora (X, Y).Radni materijal 136

9. DVODIMENZIONALNISLUČAJNI VEKTORT: SVOJSTVA funkcije distribucije diskretnog 2-dim slučajnog vektora:(F1)(F2)lim F(x, y) = F(−∞, −∞) = 0x→−∞, y→−∞lim F(x, y) = F(−∞, y) = 0x→−∞lim F(x, y) = F(x, −∞) = 0y→−∞lim F(x, y) = F(∞, ∞) = 1x→∞, y→∞(F3) 0 ≤ F(x, y) ≤ 1(F4)P(a 1 < X ≤ b 1 , a 2 < Y ≤ b 2 ) = F(b 1 , b 2 ) − F(a 1 , b 2 ) − F(b 1 , a 2 ) + F(a 1 , a 2 ),a 1 , b 1 , a 2 , b 2 ∈ R, a 1 < b 1 , a 2 < b 2 .(F6) F je rastuća funkcija po svakoj varijabli.Dokaz: tko želi znati više(F1) Kako je dogadaj X ≤ −∞, Y ≤ −∞ nemoguć dogadajF(−∞, −∞) := P(X ≤ −∞, Y ≤ −∞) = P(∅) = 0.⋂⋂F(−∞, y) = P(X ≤ −∞ Y ≤ y) = P(∅ Y ≤ y) = P(∅) = 0.(F2) Budući je dogadaj X ≤ ∞, Y ≤ ∞ siguran dogadaj, onda jeF(∞, ∞) = P(Ω) = 1.(F3) tvrdnja slijedi iz svojstava (F1) i (F2).(F4) Neka su a, b ∈ R, a 1 < b 1 , a 2 < b 2 . RačunamoP(a 1 < X ≤ b 1 , a 2 < Y ≤ b 2 )= P(a 1 < X ≤ b 1 , Y ≤ b 2 ) − P(a 1 < X ≤ b 1 , Y ≤ a 2 )= (F(b 1 , b 2 ) − F(a 1 , b 2 )) − (F(b 1 , a 2 ) − F(a 1 , a 2 )).(F6) Neka su a 1 , b 1 ∈ R, a 1 < b 1 .P(a 1 < X ≤ b 1 , Y ≤ y) = F(b 1 , y) − F(a 1 , y) − F(b 1 , −∞) + F(a 1 , −∞)= F(b 1 , y) − F(a 1 , y) ≥ 0.Iz svojstva (F5) slijedi da je F(a 1 , y) ≤ F(b 1 , y), funkcija je rastuća po prvoj varijabli.137 Radni materijal

9.1. DISKRETNI DVODIMENZIONALNISLUČAJNI VEKTORPRIMJER 9.3 Za slučajni vektor (X, Y) iz primjera zadan s⎛ ⎞X/Y 0 1116012601(X, Y) ∼ 36014 061560⎜⎝1⎟⎠6 06odredite vrijednost funkcije distribucije F(1, 0), F(1, 1), F(2, 0), F(2, 1), F(4, 0). Izračunajtevjerojatnost P(1 < X ≤ 2, 0 < Y ≤ 1) i P(1 < X ≤ 4, Y ≤ 0).Rješenje:∑ ∑F(x, y) = P(X ≤ x, Y ≤ y) = f (x i , y j )i: x i ≤x j: y j ≤yF(1, 0) = f (1, 0) = p 11 = 1 6 ,F(1, 1) = f (1, 0) + f (1, 1) = p 11 + p 12 = 1 6 ,F(2, 0) = f (1, 0) + f (2, 0) = p 11 + p 21 = 2 6 ,F(2, 1) = f (1, 0) + f (1, 1) + f (2, 0) + f (2, 1) = p 11 + p 12 + p 21 + p 22 = 2 6 ,F(4, 0) = f (1, 0) + f (2, 0) + f (3, 0) + f (4, 0) = p 11 + p 21 + p 31 + p 41 = 3 6 .Koristimo formuleP(a 1 < X ≤ b 1 , a 2 < Y ≤ b 2 ) = F(b 1 , b 2 ) − F(a 1 , b 2 ) − F(b 1 , a 2 ) + F(a 1 , a 2 )P(a 1 < X ≤ b 1 , Y ≤ b 2 ) = F(b 1 , b 2 ) − F(a 1 , b 2 )P(1 < X ≤ 2, 0 < Y ≤ 1) = F(2, 1) − F(1, 1) − F(2, 0) + F(1, 0)= 2 6 − 1 6 − 2 6 + 1 6 = 0.P(1 < X ≤ 4, Y ≤ 0) = F(4, 0) − F(1, 0) = 3 6 − 1 6 = 2 6 .iliP(1 < X ≤ 2, 0 < Y ≤ 1) = P(∅) = 0,P(1 < X ≤ 4, Y ≤ 0) = P({ω 2 }) + P({ω 3 }) = 1 6 + 1 6 = 2 6 .PRIMJER 9.4 Bacimo istovremeno dva novčića od 1 kune i od 5 kuna. Neka su X i Yslučajne varijable definirane:X=1 ako je pao slavuj, inače 0Radni materijal 138

9. DVODIMENZIONALNISLUČAJNI VEKTORY= 1 ako je pao medo, inače 0.Promatramo slučajni vektor (X,Y). Napišite funkciju vjerojatnosti slučajnog vektora.Odredite F(1, 1), P(0 < X ≤ 1, 0 < Y ≤ 1) i P(0 < X ≤ 1, Y ≤ 0).Rješenje: R(X) = {0, 1}, R(Y) = {0, 1}.R((X, Y)) = {(x i , y j ), i = 1, 2; j = 1, 2} = {(0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1)}.f (x, y) :=⎧⎪⎨⎪⎩14 , x = x i ∈ {0, 1}, y = y j ∈ {0, 1}0, inače.(X, Y) ∼⎜⎝⎛ ⎞X/Y 0 11041141414⎟⎠ , f (0, 0) = f (1, 0) = f (0, 1) = f (1, 1) = 1 4 .F(x, y) := P(X ≤ x, Y ≤ y) =∑∑i: x i ≤x j: y j ≤yf (x i , y j )F(0, 0) = f (0, 0) = p 11 = 1 4F(0, 1) = f (0, 0) + f (0, 1) = p 11 + p 12 = 1 4 + 1 4 = 1 2 .F(1, 0) = f (0, 0) + f (1, 0) = p 11 + p 21 = 1 4 + 1 4 = 1 2F(1, 1) = f (0, 0) + f (0, 1) + f (1, 0) + f (1, 1) = p 11 + p 12 + p 21 + p 22 = 1Koristimo formuleP(a 1 < X ≤ b 1 , a 2 < Y ≤ b 2 ) = F(b 1 , b 2 ) − F(a 1 , b 2 ) − F(b 1 , a 2 ) + F(a 1 , a 2 )P(a 1 < X ≤ b 1 , Y ≤ b 2 ) = F(b 1 , b 2 ) − F(a 1 , b 2 )P(0 < X ≤ 1, 0 < Y ≤ 1) = F(1, 1) − F(0, 1) − F(1, 0) + F(0, 0)= 1 − 1 2 − 1 2 + 1 4 = 1 4 .iliP(0 < X ≤ 1, Y ≤ 0) = F(1, 0) − F(0, 0) = 1 2 − 1 4 = 1 4 .P(0 < X ≤ 1, 0 < Y ≤ 1) = P({(s, m)}) = 1 2 · 12 = 1 4 ,P(0 < X ≤ 1, Y ≤ 0) = P({s, 5}}) = 1 2 · 12 = 1 4 .Prisjetimo se motivacijskog primjera:139 Radni materijal

9.1. DISKRETNI DVODIMENZIONALNISLUČAJNI VEKTORPRIMJER 9.5 motivPromatramo slučajni pokus bacanje 2 igraće kocke i slučajnu varijablu X = sumabrojeva koji su pali i slučajnu varijablu Y = broj 1 ako su pali jednaki brojevi, inače 0. (a)Nadite funkciju vjerojatnosti slučajnog vektora (X, Y). (b) Izračunajte vjerojatnost da jezbroj brojeva koji su pali veći od 3 a manji ili jednak 6 i da su pali isti brojevi?Rješenje: (a) (X, Y) ∼⎛⎞X/Y 0 112 0362324364546366748364910236360136360136360136360136211360⎜⎝1⎟⎠12 036(b) P(3 < X ≤ 6, Y = 1) = f (4, 1) + f (5, 1) + f (6, 1) = 1 36 + 0 + 1 36 = 2 36 .Definicija 9.8 (MARGINALNA FUNKCIJA VJEROJATNOSTIkomponenata 2-dim SLUČAJNOG VEKTORA, engl. marginal distribution)Neka je (X, Y) : Ω → R 2 diskretni 2-dim slučajni vektor sa slikom R((X, Y)) ={(x i , y j ), i = 1, ...; j = 1, ...} i funkcijom vjerojatnostif : R 2 → [0, 1]f (x, y) :=⎧⎪⎨⎪⎩P(X = x i , Y = y j ),0, inače.(x, y) = (x i , y j ) ∈ R((X, Y))∑Funkciju f 1 (x) = f (X = x, Y = proizvoljno) = f (x, y j ), zovemomarginalna funkcija vjerojatnosti komponente X∑slučajnog vektora (X, Y).Funkciju f 2 (y) = f (X = proizvoljno, Y = y) = f (x i , y) zovemomarginalna funkcija vjerojatnosti komponente Y slučajnog vektora (X, Y).Radni materijal 140ji

9. DVODIMENZIONALNISLUČAJNI VEKTOR⎛X/Y y 1 y 2 ... y j ... f 1 (x)∑x 1 p 11 p 12 ... p 1j ... j p 1j∑x 2 p 21 p 2j ... j p 2j... ... ... ...⎞x i p i1 p ij∑j p ij... ... ... ... ... ...⎜⎝ ∑∑ ∑ ⎟⎠f 2 (y) i p i1 ...∑i p ij i j p ij = 1PRIMJER 9.6 U prethodnim primjerima slučajnih vektora odredite marginalne funkcijevjerojatnosti komponenti X i Y slučajnog vektora (X, Y).Rješenje:⎛⎞X/Y 0 1 f 1 (x)(a)(b)⎜⎝1 116061 126061 136064 016161 1560616 0f 2 (y)46166261⎛⎞X/Y 1 2 3 f 1 (x)⎜⎝11919191612 0613 0 0f 2 (y)218518⎟⎠⎛⎞1 2 3 4 5 6, X ∼ ⎜⎝⎟⎠⎛⎜ , Y ∼ 0 1⎝618618618311181⎟⎠161616(c)⎜⎝161616⎛⎞X/Y 0 1 f 1 (x)014114f 2 (y)1214121 14 2121⎟⎠4626⎞⎟⎠141 Radni materijal

9.1. DISKRETNI DVODIMENZIONALNISLUČAJNI VEKTOR(d)⎛⎞X/Y 0 1 f 1 (x)⎜⎝2 01361362233603642361363364453603664361365366673603684361365364493603610236136336221136036112 0f 2 (y)3036136366361⎟⎠Definicija 9.9 (MARGINALNA FUNKCIJA DISTRIBUCIJEVJEROJATNOSTI komponenata 2-dim SLUČAJNOG VEKTORA, engl. marginal distribution)Neka je (X, Y) : Ω → R 2 diskretni 2-dim slučajni vektor sa slikom R((X, Y)) ={(x i , y j ), i = 1, ...; j = 1, ...} i funkcijom distribucije vjerojatnosti F : R 2 → [0, 1]∑ ∑F(x, y) := P(X ≤ x, Y ≤ y) = f (x i , y j )i: x i ≤x j: y j ≤y∑Funkciju F 1 (x) := F(x, ∞) = P(X ≤ x, −∞ < Y ≤ ∞) = f 1 (u), zovemo marginalnafunkcija distribucije vjerojatnosti komponente X slučajnogvektora (X, Y).∑Funkciju F 2 (y) := F(∞, y) = P(−∞ < X ≤ ∞, Y ≤ y) = f 2 (u) zovemo marginalna funkcijadistribucije vjerojatnosti komponente Y slučajnogvektora (X, Y).u≤xu≤yDefinicija 9.10 (NEZAVISNE SLUČAJNE VARIJABLE 2-dim SLUČAJNOG VEK-TORA, engl. independent variables)Neka je (X, Y) : Ω → R 2 2-dim slučajni vektor sa funkcijom distribucije vjerojatnostiF(x, y). Za slučajne varijable X i Y kažemo da su nezavisne ako je za svaki (x, y)F(x, y) = F 1 (x) · F 2 (y).Radni materijal 142

9. DVODIMENZIONALNISLUČAJNI VEKTORNeka je (X, Y) : Ω → R 2 diskretni 2-dim slučajni vektor sa funkcijom vjerojatnostif (x, y). Za slučajne varijable X i Y kažemo da su nezavisne ako je za svaki (x, y)Inače su X i Y zavisne.f (x, y) = f 1 (x) · f 2 (y).PRIMJER 9.7 U primjerima provjeri jesu li slučajne varijable u slučajnim vektorima(X,Y) nezavisne.Rješenje:(a) nisu jer je npr. f (4, 1) f 1 (4) · f 2 (1), f (4, 1) = 1 6 , f 1(4) = 1 6 , f 2(1) = 2 6 ;(b) nisu jer je npr. f (1, 1) f 1 (1) · f 2 (1), f (1, 1) = 1 9 , f 1(4) = 6 18 , f 2(1) = 2 18 ;(c) jesu jer je f (x i , y j ) = f 1 (x i ) · f 2 (y j ), i, j = 1, 2;(d) nisu jer je npr. f (6, 1) f 1 (6) · f 2 (1), f (6, 1) = 136 , f 1(6) = 536 ,f 2 (1) = 6 36 .Definicija 9.11 (OČEKIVANJE 2-dim SLUČAJNOG VEKTORA)Neka je (X, Y) : Ω → R 2 2-dim slučajni vektor i neka komponente X i Y su slučajnevarijable koje imaju očekivnje E(X) i E(Y) onda se matematičko očekivanje slučajnogvektora definira sE(X, Y) = (E(X), E(Y)).Definicija 9.12 (OČEKIVANJE funkcije DISKRETNOG 2-dim SLUČAJNOG VEK-TORA)Neka je (X, Y) : Ω → R 2 diskretni 2-dim slučajni vektor sa slikom R((X, Y)) ={(x i , y j ), i = 1, .; j = 1, ...} i funkcijom vjerojatnostif : R 2 → [0, 1]f (x, y) :=⎧⎪⎨⎪⎩P(X = x i , Y = y j ),0, inače.(x, y) = (x i , y j ) ∈ R((X, Y))Neka je zadana funkcija h : R 2 → R. Kažemo da je slučajna varijabla h(X, Y) funkcija∞∑ ∞∑od slučajnog vektora (X,Y) i za nju definiramo očekivanje ako red h(x i , y j ) f (x i , y j )konvergira i označavamoE(h(X, Y)) :=∞∑i=1∞∑h(x i , y j ) f (x i , y j ).j=1i=1j=1143 Radni materijal

9.1. DISKRETNI DVODIMENZIONALNISLUČAJNI VEKTORPRIMJER 9.8 E(X · Y) =∞∑i=1∞∑x i · y j f (x i , y j ) za h(x, y) = x · y.j=1PRIMJER 9.9 Ako su X i Y nezavisne slučajne varijable onda jejerE(X · Y) = E(X) · E(Y),E(X · Y) ==∞∑ ∞∑∞∑ ∞∑x i · y j f (x i , y j ) = x i · y j f 1 (x i ) · f 2 (y j )i=1j=1i=1j=1i=1 j=1∞∑∞∑x i f 1 (x i ) · y j f 2 (y j ) = E(X) · E(Y).PRIMJER 9.10 Ako je (X 1 , X 2 , ..., X n ) n-dim slučajni vektor i sve varijable nezavisneondaE(X 1 · X 2 · ... · X n ) = E(X 1 ) · E(X 2 ) · ... · E(X n ).PRIMJER 9.11 E(X + Y) = E(X) + E(Y) za h(x, y) = x + y.PRIMJER 9.12 Ako je (X 1 , X 2 , ..., X n ) n-dim slučajni vektor ondaE(X 1 + X 2 + ... + X n ) = E(X 1 ) + E(X 2 ) + ... + E(X n ).PRIMJER 9.13 Neka je (X, Y) diskretni 2-dim slučajni vektor takav da Y ne poprimavrijednost 0. Odredi E(sin X Y ).Rješenje: h(x, y) = sin x yE(sin X Y ) = ∞∑i=1∞∑h(x i , y j ) f (x i , y j ) =j=1∞∑i=1∞∑j=1sin x iy jf (x i , y j )Radni materijal 144

9. DVODIMENZIONALNISLUČAJNI VEKTOR9.2 KONTINUIRANI 2-dim SLUČAJNI VEKTORtko želi znati višeMOTIV 9.2 Mladić i djevojka su dogovorili sastanak na trgu u 12 sati.Čekat će senajdulje 20 minuta nakon dolaska. Kolika je vjerojatnost da se susretnu ako su oboje došlina trg od 12 do 13 sati?Definicija 9.13 KONTINUIRANI 2-dim SLUČAJNI VEKTORAko su slučajne varijable X i Y kontinuirane slučajne varijable, onda za slučajnivektor (X, Y) kažemo da je kontinuirani dvodimenzionalni slučajni vektor.Definicija 9.14 (FUNKCIJA GUSTOĆE VJEROJATNOSTIkontinuiranog 2-dim SLUČAJNOG VEKTORA)Neka su X : Ω → R , Y : Ω → R kontinuirane slučajne varijable sa slikama R(X) iR(Y). Funkciju f : R 2 → R definiranu na sljedeći način:(i) 0 ≤ f (x, y)(ii) ∫ ∞ ∫ ∞f (x, y)dxdy = 1.−∞ −∞zovemo funkcija gustoće vjerojatnosti kontinuiranog 2-dim slučajnog vektora (X, Y).Definicija 9.15 (FUNKCIJA DISTRIBUCIJEkontinuiranog 2-dim SLUČAJNOG VEKTORA)Neka je (X, Y) : Ω → R 2 kontinuirani 2-dim slučajni vektor sa slikom R((X, Y)).Funkciju F : R 2 → R definiranu na sljedeći način:F(x, y) := P(X ≤ x, Y ≤ y) =∫ x−∞∫ y−∞f (x, y)dxdyzovemo funkcija distribucije kontinuiranog 2-dim slučajnog vektora (X, Y).NAPOMENA 9.2 Neka je (X, Y) : Ω → R 2 kontinuirani 2-dim slučajni vektor saslikom R((X, Y)) = [a, b] × [c, d].Tada vrijediP(a < X ≤ b, c < Y ≤ d) =∫ b ∫ dacf (x, y)dxdy.NAPOMENA 9.3 Neka je (X, Y) : Ω → R 2 kontinuirani 2-dim slučajni vektor saslikom R((X, Y)). Neka je dogadaj A vezan uz slučajni pokus i vektor (X, Y). Ako označimopodručje u xy ravnini koje odgovara dogadaju A sa D A onda vjerojatnost dogadaja A(geometrijsku vjerojatnost) možemo računati pomoću145 Radni materijal

9.2. KONTINUIRANI 2-dim SLUČAJNI VEKTORtko želi znati više∫ ∫P(A) = f (x, y)dxdy.D AMOTIV 9.3 Mladić i djevojka su dogovorili sastanak na trgu u 12 sati. Čekat će senajdulje 20 minuta nakon dolaska. Kolika je vjerojatnost da se susretnu ako su oboje došlina trg od 12 do 13 sati?Rješenje:Neka su X i Y slučajne varijable koje predtavljaju vrijeme dolaska djevojke imladića. Pretpostavit ćemo da jednaki vremenski intervali imaju jednaku vjerojatnost,pa su funkcije gustoće vjerojatnosti za obe varijable jednake:⎧⎪⎨ 1, 0 ≤ x ≤ 60f 1 (x) = ⎪⎩ 0, inače.f 2 (x) =⎧⎪⎨⎪⎩1, 0 ≤ x ≤ 600, inače.Budući su slučajne varijable X i Y nezavisne možemo odrediti funkciju gustoćevjerojatnosti slučajnog vektora (X, Y) :f (x, y) = f 1 (x) · f 2 (y)⎧⎪⎨ 1, 0 ≤ x ≤ 60, 0 ≤ y ≤ 60f (x, y) = ⎪⎩ 0, inače.Računamo vjerojatnost dogadaja A = {(x, y) ∈ [0, 60] × [0, 60] : |x − y| < 20} :P(A) = P(|X − Y| < 20) = ∫ ∫ D Af (x, y)dxdy = 5 9 .(vidite PRIMJER 2.20 u 2. poglavlju.)Radni materijal 146

9. DVODIMENZIONALNISLUČAJNI VEKTOR9.3 KOVARIJANCA, KORELACIJA, PRAVCI RE-GRESIJEMOTIV 9.4 Promatramo slučajni pokus bacanje 2 igraće kocke i slučajnu varijablu X =suma brojeva koji su pali i slučajnu varijablu Y = broj 1 ako su pali jednaki brojevi, inače0. (c) Jesu li X i Y nezavisne varijable? (d) Izračunajte kovarijancu. (e) Jesu li X i Ykorelirane varijable?Definicija 9.16 (KOVARIJANCA SLUČAJNOG VEKTORA - engl.covariance of X andY)Neka je (X, Y) : Ω → R 2 2-dim slučajni vektor. Kovarijanca slučajnog vektora (X, Y)jeµ XY = E((X − E(X))(Y − E(Y))) = E(X · Y) − E(X) · E(Y).Ako su X i Y nezavisne slučajne varijable onda je µ XY = 0.PRIMJER 9.14 (a) Var(X + Y) = Var(X) + Var(Y) + 2µ XY(b) Ako su X i Y nezavisne slučajne varijable onda je Var(X + Y) = Var(X) + Var(Y).Dokaz: tko želi znati višeAko je h(x, y) = x + y onda je Z = X + Y slučajna varijabla, funkcija slučajnogvektora (X, Y).Var(Z) = E(Z 2 ) − (E(Z)) 2 = E((X + Y) 2 ) − (E(X + Y)) 2= E(X 2 + 2X · Y + Y 2 ) − (E(X) + E(Y)) 2= E(X 2 ) + 2E(X · Y) + E(Y 2 ) − ((E(X)) 2 + 2E(X) · E(Y) + (E(Y)) 2 )= E(X 2 ) − (E(X)) 2 + E(Y 2 ) − (E(Y)) 2 + 2(E(X · Y) − E(X) · E(Y))Ako su X i Y nezavisne slučajne varijable onda je µ XY = 0 pa tvrdnja slijedi iz (a).Definicija 9.17 (KOEFICIJENT KORELACIJE, engl. correlation coefficient )Neka je (X, Y) : Ω → R 2 2-dim slučajni vektor Neka je µ XY kovarijanca slučajnihvarijabli X i Y, a σ 1 i σ 2 njihove standardne devijacije. Koeficijent korelacije komponentiX i Y slučajnog vektora je definiran sρ XY =µ XYσ 1 · σ 2.147 Radni materijal

9.3. KOVARIJANCA, KORELACIJA, PRAVCI REGRESIJET: SVOJSTVA KOEFICIJENTA KORELACIJE ρ XY :(i) ρ XY = ρ YX ,(ii) −1 ≤ ρ XY ≤ 1,(iii) ρ XY = 1 ako je Y = aX + b, a > 0, ρ XY = −1 ako je Y = aX + b, a < 0,(iv) ρ UW = ρ XY , ako je U = aX + b, W = cY + d, a, c 0.D: tko želi znati više(ii) Za slučajnu varijablu U = σ 2 X − σ 1 Y , odredimo varijancu:Var(U) = E(U 2 ) − (E(U)) 2= E(σ 2 2 X2 − 2σ 1 σ 2 XY + σ 2 1 Y2 ) − (σ 2 E(X) − σ 1 E(Y)) 2= σ 2 2 E(X2 ) − 2σ 1 σ 2 E(XY) + σ 2 1 E(Y2 )−(σ 2 2 (E(X))2 − 2σ 1 σ 2 E(X)E(Y) + σ 2 1 (E(Y))2 )= σ 2 2 Var(X) + σ2 1 Var(Y) − 2σ 1σ 2 (E(XY) − E(X)E(Y))= σ 2 2 · σ2 1 + σ2 1 · σ2 2 − 2σ 1σ 2 µ XY= 2σ 2 1 · σ2 2 − 2σ 1σ 2 µ XY .Budući je varijanca pozitivan broj zaključujemo da je µ XY ≤ σ 1 σ 2 , ρ XY ≤ 1.Analogno, promatrajući slučajnu varijablu U = σ 2 X+σ 1 Y dobit ćemo nejednakostµ XY ≥ −σ 1 σ 2 , ρ XY ≥ −1.(iii)µ XY = E(XY) − E(X)E(Y) = E(X(aX + b)) − E(X)E(aX + b)= aE(X 2 ) + bE(X) − a(E(X)) 2 + bE(X) = aVar(X) = aσ 2 1 ,σ 2 2 = Var(Y) = Var(aX + b) = a2 Var(X) = a 2 σ 2 1 ,ρ XY =µ XYσ 1 · σ 2=aσ 2 1σ 1 · σ 1 |a| = a|a| .Definicija 9.18 (NEKORELIRANE SLUČAJNE VARIJABLE)Neka je (X, Y) : Ω → R 2 2-dim slučajni vektor Neka je µ XY kovarijanca slučajnihvarijabli X i Y, a σ 1 i σ 2 njihove standardne devijacije.Za slučajne varijable X i Y kažemo da su nekorelirane ako je koeficijent korelacije ρ XY = 0.Ako je ρ XY 0 slučajne varijable su korelirane.Radni materijal 148

9. DVODIMENZIONALNISLUČAJNI VEKTORPRIMJER 9.15 (a) Ako su X i Y nezavisne slučajne varijable onda su one nekorelirane.(b) Ako su X i Y nekorelirane slučajne varijable onda one ne moraju biti nezavisne.Dokaz:(a) X i Y nezavisne ⇒ µ XY = 0 ⇒ ρ XY = 0 ⇒ X i Y nekorelirane.(b) X i Y nekorelirane ⇒ ρ XY = 0 ali ne moraju biti X i Y nezavisne (mogu se naćiprimjeri).NAPOMENA 9.4 Neka je zadan slučajni vektor (X, Y) s funkcijom vjerojatnosti f (x, y),ili funkcija gustoće vjerojatnosti. Tražimo funkcijsku vezu izmedu slučajnih varijabli Xi Y npr. Y = g(X) tako da E((Y − g(X) 2 )) → min . Tada se krivulja dana jednadžbomy = g(x) zove regresijska krivulja od Y po X (u smislu najmanjih kvadrata) i odreduje sekaoili∑y = g(x) = E(Y|X = x) =y = g(x) = E(Y|X = x) =j=1∫ ∞−∞y jf (x, y j )f 1 (xyf (x, y)f 1 (x)Ako pretpostavimo linearnu ovisnost Y od X tako da je g(x) = ax + b onda kao regresijskukrivulju dobijemo pravac:y − µ 2 = ρ XY · σ2σ 1(x − µ 1 )je pravac regresije Y po X.Koeficijent a = ρ XY · σ2 = µ XYσ 1 σ 2 je koeficijent regresije Y po X.1PRIMJER 9.16 Neka je (X, Y) : Ω → R 2 2-dim slučajni vektor. Neka je µ XY kovarijancaslučajnih varijabli X i Y, ρ XY koeficijent korelacije, σ 1 i σ 2 njihove standardne devijacije,a µ 1 , µ 2 njihova očekivanja. Pretostavimo da su X i Y zavisne slučajne varijable takve daje Y = aX + b. Parametre a i b možemo odrediti metodom najmanjih kvadrata tako daE((Y − (aX + b)) 2 ) ima minimalnu vrijednost.a = ρ XY · σ2 = µ XYσ 1 σ 2 je koeficijent regresije Y po X.1b = µ 2 − ρ XY · σ2 µ 1 = µ 2 − µ XYσ 1 σ 2 · µ 1 .1y − µ 2 = µ XYσ 2 (x − µ 1 ),1149 Radni materijal

9.3. KOVARIJANCA, KORELACIJA, PRAVCI REGRESIJEy − µ 2 = ρ XY · σ2σ 1(x − µ 1 ) je pravac regresije Y po X.Analogno, ako je X=aY+ba = ρ XY · σ1 = µ XYσ 2 σ 2 je koeficijent regresije X po Y2x − µ 1 = µ XYσ 2 (Y − µ 2 ),2x − µ 1 = ρ XY · σ1σ 2(y − µ 2 ) je pravac regresije X po Y.Dokaz: tko želi znati više(metoda najmanjih kvadrata)OznačimoK(a, b) = E((Y − aX − b) 2 ) = E(Y − µ 2 − a(X − µ 1 ) − b + µ 2 − aµ 1 ) 2= σ 2 2 + a2 σ 2 1 − 2aµ XY + (µ 2 − b − aµ 1 ) 2K(a, b) je funkcija od 2 varijable i tražimo njen ekstrem. Nužni uvjeti su∂K∂a = 2aσ2 1 − 2µ XY − 2(µ 2 − b − aµ 1 ) = 0,∂K∂b = −2(µ 2 − b − aµ 1 ) = 0.Rješavanjem ovog sustava od 2 jed. s 2 nepoznanice dobit ćemoa = µ XYσ 2 , b = µ 2 − aµ 1 = µ 2 − µ XYσ 2 · µ 1 .11NAPOMENA 9.5 Pravci regresije sijeku se u točki (µ 1 , µ 2 ) koja se zove centar zajedničkedistribucije X i Y.Kut izmedu pravaca regresije tgϕ = 1 − ρ2 XY σ 1 · σ 2·ρ XY σ 2 1 + .σ2 2Ako je ρ XY = 1 ili − 1 pravci regresije se poklapaju i tada postoji potpuna linearnazavisnost izmedu X i Y.Ako je ρ XY = 0 onda su pravci regresije y = µ 2 , x = µ 1 okpmiti, a ne postoji linearnazavisnost slučajnih varijabli X i Y.PRIMJER 9.17 Za primjer slučajnog vektora (X, Y) nadite kovarijancu, koeficijent korelacijei pravce regresije.Radni materijal 150

9. DVODIMENZIONALNISLUČAJNI VEKTOR⎛⎜⎝X/Y 1 2 3 f 1 (x)1191912 0613 0 02f 2 (y)18∑1 xi p ij 9∑1y j xi p ij 95188181618∑yj p ij∑ ⎞x i yj p ij1961869691 6 5106 18 666 393 18 33119618118261878 9618 18⎟⎠µ 1 = E(X) =µ 2 = E(Y) =E(X 2 ) =E(Y 2 ) =σ 2 1σ 2 2∑x i f 1 (x i ) = 1 ·∑y j f 2 (y j ) = 1 ·∑x 2 i f 1(x i ) = 1 ·∑y 2 j f 2(y j ) = 1 ·618 + 2 · 618 + 3 · 618 = 3618218 + 2 · 518 + 3 · 1118 = 451818 + 9 · 618 = 8418618 + 4 · 684= Var(X) =18 − (36 18 )2 = 2 3121= Var(Y) =18 − (45 18 )2 = 1736218 + 4 · 518 + 9 · 1118 = 12118Kovarijanca je µ XY = E(XY) − E(X)E(Y) = 9618 − 3618 · 4518 = 1 3 .Pravac regresije Y po X je y − µ 2 = µ XYσ 2 (x − µ 1 ), y − 451y = 1 2 x + 3 2 .Pravac regresije X po Y je x − µ 1 = µ XYσ 2 (y − µ 2 ), x − 362x = 1217 y + 417 , y = 1712 x − 1 3 .Pravci se sijeku u točki (µ 1 , µ 2 ) = (2, 5 2 ).tgϕ =1712 − 1 21 + 1712 · 12Koeficijent korelacije je ρ XY =118 = 323118 = 31736(x − 3618 ),= 2241 ; Kut izmedu pravaca regresije je ϕ = 28. 20 .µ XYσ 1 · σ 2=13√23 · 1736= 0.594 09.(y − 4518 ),151 Radni materijal

9.3. KOVARIJANCA, KORELACIJA, PRAVCI REGRESIJEy4321 3yx22( )( 1 , 2 ) ,2 5 21y 17 x12 1301 2 3xSlika 9.1: Pravci regresije slučajnog vektora (X, Y).Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 9.18 motivPromatramo slučajni pokus bacanje 2 igraće kocke i slučajnu varijablu X = sumabrojeva koji su pali i slučajnu varijablu Y = broj 1 ako su pali jednaki brojevi, inače 0. (c)Jesu li X i Y nezavisne varijable? (d) Izračunajte kovarijancu. (e) Jesu li X i Y koreliranevarijable?Rješenje: (c)⎛⎞X/Y 0 1 f 1 (x)2 013613622336036423613633644536036643613653666736036843613653644936036102361363362211360361 112 036 36⎜⎝ 30 6⎟⎠f 2 (y)36 361Varijable nisu nezavisne jer je npr. f (6, 1) f 1 (6) · f 2 (1),f (6, 1) = 1 36 , f 1(6) = 5 36 , f 2(1) = 6 36 .Radni materijal 152

9. DVODIMENZIONALNISLUČAJNI VEKTOR(d) E(X) = 7, E(Y) = 1 6 , E(XY) = ∑ i x i∑j y j f (x i , y j ) = 7 6Kovarijanca je µ XY = E(XY) − E(X) · E(Y) = 0, pa je i koeficijnt korelacije jednakρ XY = 0.(e) Varijable su nekorelirane jer je koeficijnt korelacije jednak ρ XY = 0.153 Radni materijal

9.4. Ponovimo9.4 PonovimoDISKRETNI 2-dim SLUČAJNI VEKTORdiskretni 2-dim sl. vek. (X, Y) : Ω → R 2funkcija vjerojatnostif (x i , y j ) = P(X = x i , Y = y j ), (x i , y j ) ∈ R((X, Y))funkcija distribucije vj. F(x, y) = P(X ≤ x, Y ≤ y)marginalne funkcije vj.po X f 1 (x) = ∑ j f (x, y j )po Y f 2 (y) = ∑ i f (x i , y)nezavisne sl. var.funkcija 2-dim sl. vek.očekivanje od Z = h((X, Y))ako su X i Y nezavisnaf (x i , y j ) = f 1 (x i ) · f 2 (y j ), za sve (x i , y j ) ∈ R((X, Y))Z = h((X, Y)), h : R 2 → RE(Z) = ∑ ∑i j h(x i , y j ) f (x i , y j )E(X · Y) = ∑ ∑i j x i · y j · f (x i , y j )E(X + Y) = E(X) + E(Y)E(X · Y) = E(X) · E(Y)KOVARIJANCA - KORELACIJA PRAVCI REGRESIJEkovarijanca od (X, Y)µ XY = E(XY) − E(X) · E(Y)koef. korelacije od (X, Y) ρ XY = µ XYσ 1·σ 2nekorelirane sl. var. ρ XY = 0pravac regresije Y po XVar(X + Y) = Var(X) + Var(Y) + 2µ XYy − µ 2 = µ XYσ 2 (x − µ 1 )1Radni materijal 154

Poglavlje 10ZAKONI VELIKIH BROJEVACENTRALNI GRANIČNITEOREM tko želi znati višeNajvažniji teoremi koji će se koristiti u matematičkoj statistici označeni su s važno.Preporučujemo i motivirajuće primjere za Čebiševljevu nejednakost, za zakonvelikih brojeva i centalni granični teorem.Čebiševljeva nejednakost, zakoni velikih brojeva i cenralni granični teoremisu važan alati koji otkrivaju svojstva diskretnih ili kontinuiranih slučajnih varijablikoje imaju konačno očekivanje i varijancu ako nam i nije poznata njihovadistribucija.Čebiševljeva nejednakost daje ocjenu vjerojatnosti da se vrijednosti slučajnevarijable razlikuje od očekivanja više od zadonog ε.Zakoni velikih brojeva su skup teorema koji se odnosi na granične vrijednostiniza slučajnih varijabli.Neka su X 1 , X 2 , ..., X n nezavisna mjerenja slučajne varijable X u ponovljenimpokusima. Slučajne varijable X 1 , X 2 , ..X n su nezavisne i sve imaju istu distribucijukao i slučajna varijabla X.Može se uočiti da njihova aritmetička sredina X = 1 n (X 1 +X 2 +..+X n ) ima svojstvostabilnosti distribucije i da je vjerojatnost da se vrijednosti od X razlikuje odočekivanja više od zadonog ε jednaka nuli kad n → ∞.155

Centralni granični teoremi se odnose na granične zakone distribucije nizaslučajnih varijabli. Suma velikog broja slučajnih varijabli ima standardnu normalnudistribuciju. Teoremi daju različite uvjete na pribrojnike u toj sumi.Radni materijal 156

10. ZVB i CGT tko želi znati više10.1 ČEBIŠEVLJEVA NEJEDNAKOSTMOTIV 10.1 Neka slučajna varijabla ima varijancu (disperziju)Var(X) = 0.001. Kolika je vjerojatnost da slučajna varijabla odstupa od očekivanja manjeod ε = 0.1?TEOREM 10.1 (MARKOVLJEVA NEJEDNAKOST)E(X).Neka je X slučajna varijabla s nenegativnim vrijednostima i konačnim očekivanjemTada ∀a > 0 vrijediDokaz:P(X ≥ a) ≤ E(X)aMožemo pokazati za kontinuiranu slučajnu varijablu s funkcijom gustoće f (x)(analogno za diskretnu).Kako X poprima samo nenegativne vrijednosti uočimo one x ∈ R(X),0 ≤ x < a i x ≥ a.Prema definiciji očekivanja: E(X) =∫ ∞0x f (x)dx =Budući su integrali pozitivni vrijedi nejednakostE(X) ≥∫ ∞ax f (x)dx.∫ a0∫ ∞x f (x)dx + x f (x)dx.aAko u podintegralnoj funkciji zamijenimo x s konstantom koja je uvijek manja odx, a ≤ x, zadržat će se znak nejednakosti∫ ∞E(X) ≥ a f (x)dx.aPrema definiciji funkcije gustoće vjerojatnosti f(x) dobivamo traženu nejednakost:E(X) ≥ a · P(X ≥ a).TEOREM 10.2 (POOPĆENJE MARKOVLJEVE NEJEDNAKOSTI)Neka je X slučajna varijabla i h : R → R nenegativna funkcija tako da postojiočekivanjem E(h(X)).Tada ∀a > 0 vrijediP(h(X) ≥ a) ≤ E(h(X))a157 Radni materijal

10.1. ČEBIŠEVLJEVA NEJEDNAKOSTDokaz:Kako h(X) poprima samo nenegativne vrijednosti uočimo one x ∈ R(X),0 ≤ h(x) < a , za x∈ D 1 ⊆ R, i h(x) ≥ a, za x ∈ D 2 ⊆ R :Prema definiciji očekivanja funkcije slučajne varijable X:∫ ∞E(h(X)) =0h(x) f (x)dx =∫h(x) f (x)dx +D 1∫h(x) f (x)dx.D 2Budući su integrali pozitivni vrijedi nejednakostE(h(X)) ≥∫h(x) f (x)dx ≥ aD 2∫f (x)dxD 2TEOREM 10.3 važno≥a · P(h(X) ≥ a).(ČEBIŠEVLJEVA NEJEDNAKOST, engl. Chebyshev’sinequality)Neka je X slučajna varijabla s konačnom varijancom Var(X).Tada ∀ε > 0 vrijediP(|X − E(X)| ≥ ε) ≤ Var(X)ε 2 ,P(|X − E(X)| < ε) ≥ 1 − Var(X)ε 2 .Ako označimo Var(X) = σ 2 , E(X) = µ, ε = λσ, onda vrijediP(|X − µ| ≥ λσ) ≤ 1 λ 2 ,Dokaz:P(|X − µ| < λσ) ≥ 1 − 1 λ 2 .(a) Dokaz pomoću generalizirane Markovljeve nejednakosti.Pretpostavka teorema je da X ima varijancu tj. ima očekivanjeE((X − E(X) 2 ) = Var(X) pa možemo primijeniti teorem za nenegativnu funkcijuh(x) = (x − E(X)) 2 .Vrijedi nejednakost P((X − E(X)) 2 ≥ a) ≤ E((X − E(X))2 ), ∀a > 0.aBudući je P((x − E(X)) 2 ≥ a) = P(|X − E(X)| ≥ √ a), vrijedi nejednakostP(|X − E(X)| ≥ √ a) ≤ E((X − E(X))2 ), ∀a > 0.aRadni materijal 158

10. ZVB i CGT tko želi znati višeTada ∀ε > 0 vrijediP(|X − E(X)| ≥ ε) ≤ Var(X)ε 2 .(b) Dokaz za diskretnu slučajnu varijablu (bez generalizirane Markovljeve nejednakosti)Neka je X diskretna slučajna varijabla sa slikom R(X) = {x 1 , x 2 , ...} i neka je f (x)njena funkcija vjerojatnosti.Pretpostavka teorema je da X ima konačnu varijancu (i očekivanje).Var(X) = ∑ x i(x i − (E(X)) 2 f (x i ).Uočimo one x i ∈ R(X) za koje je |x i − (E(X)| < ε i one za koje je|x i − (E(X)| ≥ ε.Var(X)≥≥∑x i : |x i −(E(X)|

10.1. ČEBIŠEVLJEVA NEJEDNAKOSTPRIMJER 10.2 Slučajna varijabla ima očekivanje µ = 3 i standardnudevijaciju σ = 0.1. Ocijenite P(2.5 < X < 3.5).Rješenje:Zadano je očekivanje µ = 3 i uočimo da jeP(2.5 < X < 3.5) = P(µ − 0.5 < X < µ + 0.5) = P(|X − µ| < 0.5).Koristimo Čebiševljevu nejednakost u obliku: P(|X − µ| < ε) ≥ 1 − σ2ε 2 ,P(|X − µ| < 0.5) ≥ 1 − 0.120.5 2 = 0.96,P(2.5 < X < 3.5) ≥ 0.96.Radni materijal 160

10. ZVB i CGT tko želi znati više10.2 ZAKON VELIKIH BROJEVAMOTIV 10.2 Kontrolor uzima uzorak veličine m = 1000 iz skupa uredaja. Vjerojatnostda je uredaj neispravan je p = 0.03. U kojim granicama će biti broj neispravnih uredajau uzorku s vjerojatnošću γ = 0.99.Definicija 10.1 (KONVERGENCIJA PO VJEROJATNOSTI)Neka je (X n ), n ∈ N niz slučajnih varijabli. Ako postoji slučajna varijabla X takva da∀ε > 0lim P(|X n − X| < ε) = 1n→∞kažemo da niz (X n ) slučajnih varijabli konvergira slučajnoj varijabli X po vjerojatnosti ioznačavamo(P) limn→∞X n = X.Definicija 10.2 Za niz slučajnih varijabli (X n ), n ∈ N kažemo da zadovoljava zakonvelikih brojeva ako postoji konstanta C takva da vrijedi∀ε > 0 limn→∞P(|X n − C| < ε) = 1i označavamo(P) limn→∞X n = C.TEOREM 10.4 važno(ZAKON VELIKIH BROJEVA(specijalan slučaj za aritmetičku sredinu))Neka je {X n }, n ∈ N niz slučajnih varijabli takvih da za svaki n slučajne varijableX 1 , X 2 , ..X n su nezavisne, imaju ograničenu varijancuVar(X i ) = σ 2 ≤ M > 0 i E(X i ) = µ, i = 1, ..., n.Tada za aritmetičku sredinuX = 1 n (X 1 + X 2 + .. + X n )vrijedi∀ε > 0 limn→∞P(|X − µ| < ε) = 1,(P) limn→∞X = µ.161 Radni materijal

10.2. ZAKON VELIKIH BROJEVADokaz:X = 1 n (X 1 + X 2 + .. + X n ), E(X) = µ, Var(X) = σ2n .Koristimo Čebiševljevu nejednakost za slučajnu varijablu X u obliku:P(|X − E(X)| < ε) ≥ 1 − Var(X)ε 2 ,P(|X − µ| < ε) ≥ 1 −σn · ε 2 ,lim P(| 1n→∞ n (X 1 + X 2 + .. + X n ) − µ| < ε) = 1.TEOREM 10.5 (BERNOULLIJEV SLABI ZAKON VELIKIH BROJEVA - za rel.frekvbinomne sl. varijable)Neka je u Bernoullijevoj shemi slučajna varijabla X=broj uspjeha dogadaja A u mnezavisnih ponavljanja, P(A) = p. X ∼ B(m, p). Slučajna varijabla Y = X mrelativna frekvencija uspjeha dogadaja A u Bernoullijevoj shemi.Tada vrijediDokaz:lim∑( mm→∞ k| m k −p|

10. ZVB i CGT tko želi znati višeKako je funkcija vjerojatnosti binomne slučajne varijablef (x) = ( m) x p x (1 − p) m−xlim∑( mm→∞ k| m k −p|

10.2. ZAKON VELIKIH BROJEVABroj ponavljanja ćemo odrediti iz zadane vjerojatnosti γ i uvjeta291 − ≥ 0.99m·(0.01) 2m ≥ 11 − γ ·1ε 2 · p(1 − p) = 2 9 ·11 − 0.99 ·1(0.01) 2 ⇒ m ≥ 222222.Napomena (zadatak ćemo riješiti i koristeći Moivre-Laplaceov teorem-poslije).Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 10.4 motivKontrolor uzima uzorak veličine m = 1000 iz skupa uredaja. Vjerojatnost da je uredajneispravan je p = 0.03. U kojim granicama će biti broj neispravnih uredaja u uzorku svjerojatnošću γ = 0.99.Rješenje:Treba oderditi a i b takve da za X = broj neispravnih uredaja u uzorku veličine m,X ∼ B(m, p), P(a < X < b) ≥ 0.99.Koristimo Bernoullijev slabi zakon velikih brojeva:P(| X p(1−p)m− p| < ε) ≥ 1 − ,m·ε 2XP(|1000− 0.03| < ε) ≥ 1 −0.03(1 − 0.03)1000 · ε 2 .Odstupanje ε ćemo odrediti iz zadane vjerojatnosti γ i uvjeta1 − 0.03(1−0.03)1000·ε 2 ≥ 0.99.ε 2 ≥ 11 − γ · 1m · p(1 − p) = 11 − 0.99 · 1 · 0.03 · (1 − 0.03) = 0.003.1000ε ≥ √ X0.003 = 0.054 ⇒ | − 0.03| < 0.054 ⇒ 0 < X < 80.1000Napomena (zadatak ćemo riješiti i koristeći Moivre-Laplaceov teorem-poslije).Radni materijal 164

10. ZVB i CGT tko želi znati više10.3 CENTRALNI GRANIČNI TEOREMMotivirajući primjer je isti kao i poglavlju Zakon velikih brojeva, ali će se sadriješiti primjenom centralnog graničnog teorema (Moivre - Laplaceov teorem).MOTIV 10.3 Kontrolor uzima uzorak veličine m = 1000 iz skupa uredaja. Vjerojatnostda je uredaj neispravan je p = 0.03. U kojim granicama će biti broj neispravnih uredajau uzorku s vjerojatnošću γ = 0.99TEOREM 10.6 (CENTRALNI GRANIČNI TEOREM-CGT; specijalni slučaj)Neka je {X n }, n ∈ N niz slučajnih varijabli takvih da za svaki n slučajne varijableX 1 , X 2 , ..., X n su nezavisne, imaju ograničenu varijancuVar(X i ) = σ 2 ≤ M > 0 i E(X i ) = µ, i = 1, ..., n.Tadalim P(a

10.3. CENTRALNI GRANIČNI TEOREMX − µσ√ n∼ N(0, 1), n → ∞,odnosnoZa velike n vrijediX ∼ N(µ, σ2), n → ∞.nP(a < X − µσ√ n< b) ≈ F ∗ (b) − F ∗ (a).Dokaz:Primijenimo CGT (specijalni slučaj) za X = 1 n (X 1 + X 2 + .. + X n ).PRIMJER 10.5 Neka su X 1 , X 2 , ..., X n nezavisne slučajne varijable, imaju ograničenuvarijancu Var(X i ) = σ 2 = 2 i E(X i ) = µ = 3, i = 1, ..., n = 3200. Za aritmetičku sredinuX = 1 n (X 1 + X 2 + .. + X n ) odrediteP(2.95 < X < 3.075).Rješenje:Prema CGT za aritmetičku sredinu n slučajnih varijabliX−µσ√ n∼ N(0, 1), n → ∞,lim P(a < X − µn→∞ √σ< b) = 1 ∫ b√ e − 1 2 x2 dx.n 2πaP(2.95 < X < 3.075) = P( 2.95 − µ√σ< X − µσ< 3.075 − µ√σn n√ n)= P( 2.95 − 3√ < X − 3√ < 3.075 − 3√√ 2√ 223200 3200√3200)= P(−2 < X − 3√2√3200< 3) = F ∗ (3) − F ∗ (−2) = 0.975.TEOREM 10.8 (integralni MOIVRE - LAPLACEOV TEOREM, CGT za binomnu sl.varijablu)Neka je u Bernoullijevoj shemi slučajna varijabla X=broj uspjeha dogadaja A u mnezavisnih ponavljanja P(A) = p. X ∼ B(m, p).Tada vrijediRadni materijal 166

10. ZVB i CGT tko želi znati višelim P(a

10.3. CENTRALNI GRANIČNI TEOREMRješenje:Trebamo izračunati P(1550 < X < 1650).Prema integralnom Moivre-Laplaceovom teoremum → ∞,i vrijedi aproksimacija: P(a < X < b) ≈ F ∗ (X−m·p √mp(1−p)∼ N(0, 1),b−mp√ ) − F ∗ a−mp( √ ).mp(1−p) mp(1−p)P(1550 < X < 1650) ≈ F ∗ 1650 − 3200 · 0.5( √ ) − F ∗ 1550 − 3200 · 0.5( √ )3200 · 0.25 3200 · 0.25= F ∗ (1.767) − F ∗ (−1.767) = 2F ∗ (1.767) − 1= 2 · 0.961 − 1 = 0.922.PRIMJER 10.7 Vjerojatnost da novorodenče bude muško ili žensko je 1/2.vjerojatnost da medu 1000 novorodenčadi bude barem 490 muških?Kolika jeRješenje: X ∼ B(m, p), m = 1000, p = 1 2Trebamo izračunati P(X ≥ 490) = 1 − P(X ≤ 490).Prema integralnom Moivre-Laplaceovom teoremum → ∞,i vrijedi aproksimacija: P(a < X < b) ≈ F ∗ (X−m·p √mp(1−p)∼ N(0, 1),b−mp√ ) − F ∗ a−mp( √ ).mp(1−p) mp(1−p)P(X ≤ 490) ≈ F ∗ 490 − 1000 · 0.5( √ ) = F ∗ (− √ 10 ) = 1 − F ∗ 10( √ )1000 · 0.25 250 250= 1 − F ∗ (0.63) = 1 − 0.7357 = 0.2643.P(X ≥ 490) = 1 − P(X ≤ 490) ≈ 1 − 0.2643 = 0.7357.TEOREM 10.9 (integralni MOIVRE - LAPLACEOV TEOREM za rel. frekv. binomnesl. varijable) CGT za binomnu =Bernoullijev slabi ZVB za rel. frekvencije binomneNeka je u Bernoullijevoj shemi slučajna varijabla X=broj uspjeha dogadaja A u mnezavisnih ponavljanja, P(A) = p. X ∼ B(m, p). Slučajna varijabla Y = X mrelativna frekvencija uspjeha dogadaja A u Bernoullijevoj shemi.Tada vrijediZa velike m vrijedilim P(| X √ m− p| < ε) = limm→∞ m m→∞ 2F∗ (εp(1 − p) ) − 1 = 1.P(| X √ mm − p| < ε) ≈ 2F∗ (εp(1 − p) ) − 1.zove seRadni materijal 168

10. ZVB i CGT tko želi znati više√√ < εmp(1 − p)Dokaz: P(| X √ mm − p| < ε) = P(−ε p(1 − p) < X − mpKoristimo Integralni Moivre-Laplaceov teorem; za X ∼ B(m, p) jeP(a < √ X−m·p < b) ≈ F ∗ (b) − F ∗ (a),mp(1−p)√ mP(−εp(1 − p) < √ X − mp < εmp(1 − p)gdje je b = −a = ε√mp(1−p) .Koristimo svojstvo F ∗ (x) = 1 − F ∗ (−x)√ mP(−εp(1 − p) < √ X − mp < εmp(1 − p)i dobivamo željenu tvrdnju√mp(1 − p) )mp(1 − p) ) ≈ F∗ (b) − F ∗ (a),√mp(1 − p) ) ≈ 2F∗ (b) − 1,P(| X √ mm − p| < ε) ≈ 2F∗ (εp(1 − p) ) − 1.PRIMJER 10.8 Kolika je vjerojatnost da se prilikom bacanja simetričnog novčića m =3600 puta relativna frekvencija pojavljivanja pisma po apsolutnoj vrijednosti razlikujeod p = 1/2 za ε = 0.01?Rješenje:X=broj pojavljivanja pisma u Bernoullijevoj shemi bacanja novčićaX ∼ B(m, p), m = 3600, p = 1 2 .Trebamo izračunati P(|X3600 − 1 2 | < 0.01).Primijenit ćemo integralni Moivre-Laplaceov teorem za rel. frekv. binomne sl.varijable u obliku P(| X m − p| < ε) ≈ 2F∗ (ε√mp(1−p) ) − 1.XP(|3600 − 1 √√m2 | < 0.01) ≈ 2F∗ (εp(1 − p) ) − 1 = 36002F∗ (0.01 ) − 1NAPOMENA 10.2 važno12 · 12= 2F ∗ (1.2) − 1 = 2 · 0.8849 − 1 = 0.7698.Oblik integralnog Moivre-Laplaceovog√teoremaP(| X m − p| < ε) ≈ 2F∗ (ε mp(1−p)) − 1 često se koristi u zadacima za odredivanje(a) minimalnog broja pokusa m i169 Radni materijal

10.3. CENTRALNI GRANIČNI TEOREM(b) odstupanja εda bi za zadani γ, P(| X m− p| < ε) ≥ γ.Rješenje:(a) m ≥(b) ε 2 ≥(z 1+γ2) 2ε 2 · p(1 − p), F ∗ (z 1+γ2(z 1+γ ) 22m· p(1 − p).) = 1+γ2 ,Ako je p nepoznato onda se procjenjuje da je p(1 − p) ≤ 1 4 :(a) m ≥(b) ε 2 ≥(z 1+γ ) 224ε 2 , F ∗ (z 1+γ2(z 1+γ ) 224m .) = 1+γ2 ,PRIMJER 10.9 U Bernoullijevoj shemi vjerojatnost dogadaja A je p = P(A) = 1/3.Odredite minimalan broj ponavljanja tako da s vjerojatnošću ne manjom od γ = 0.99apsolutno ostupanje relativne frekvencije od p bude najviše ε = 0.01.Rješenje:Trebamo odrediti m tako da P(| X m− p| < ε) ≥ 0.99.Koristimo Integralni Moivre-Laplaceov teorem za relativnu frekvenciju X mu Bernoullijevoj shemi.P(| X m − p| < ε) ≈ 2F∗ (ε√mp(1−p) ) − 1,P(| X m − 1 3 | < 0.01) ≈ 2F∗ (0.01√m) − 1.29Broj ponavljanja ćemo odrediti iz zadane vjerojatnosti γ i uvjeta2F ∗ (0.01 √ m29) − 1 ≥ 0.99 ⇒ F ∗ (0.01 √ m2 ) ≥ 0.995,9F ∗ (z) = 0.995 ⇒ z = 2.6 ⇒ 0.01 √ m2 ≥ 2.6,9(z 1+γ ) 22m ≥ε 2 · p(1 − p) = 2.62 · 20.01 2 9⇒ m ≥ 15022.(Bernoullijev SZVB za rel. frekv. dao je ocjenu m ≥ 222222.)PRIMJER 10.10 Koliko puta treba baciti simetričnu kocku da bi relativna frekvencijapojavljivanja broja 6 bila izmedu 19120 i 21120 s vjerojatnošćuγ = 0.95.Radni materijal 170

10. ZVB i CGT tko želi znati višeRješenje:X=broj pojavljivanja 6 u Bernoullijevoj shemi bacanja kockeX ∼ B(m, p), m, p = 1 6 .Trebamo odrediti m tako da P( 19120 < X m < 21120 ) ≥ 0.95.P( 19120 < X m < 21 19) = P(120 120 − 1 6 < X m − 1 6 < 21120 − 1 6 )= P(− 1120 < X m − 1 6 < 1120 ) = P(| X m − 1 6 | < 1120 ).Koristimo Integralni Moivre-Laplaceov teorem za relativnu frekvenciju X m u Bernoullijevojshemi.P(| X m − p| < ε) ≈ 2F∗ (ε√mp(1−p) ) − 1,P(| X m − 1 6 | < 1120 ) ≈ 2F∗ ( 1√m) − 1120 536Broj ponavljanja ćemo odrediti iz zadane vjerojatnosti γ i uvjeta√ √2F ∗ ( 1 m120 5 ) − 1 ≥ 0.95 ⇒ F ∗ ( 1 m120 5 ) ≥ 0.97536√ 36F ∗ (z) = 0.975 ⇒ z = 1.96 ⇒ 1 m120 5 ≥ 1.96,36m ≥(z 1+γ ) 22· p(1 − p) = 1.962ε 2 ( 1· 5) 2 12036= 7684 ⇒ m ≥ 7684.PRIMJER 10.11 Simetričnu kocku bacamo m = 4500 puta.U kojim granicama svjerojatnošću γ = 0.9 treba očekivati relativne frekvencije pojavljivanja boja 6?Rješenje:X =broj pojavljivanja 6 u Bernoullijevoj shemi bacanja kocke,X ∼ B(m, p), m, p = 1 6 .Treba oderditi a i b takve da za X =broj 6 u m bacanja P(a < X m< b) ≥ 0.9.Koristimo Integralni Moivre-Laplaceov teorem za relativnu frekvenciju X mu Bernoullijevoj shemi P(| X m − p| < ε) ≈ 2F∗ (ε√mp(1−p) ) − 1.√XP(|4500 − 1 6 | < ε) ≈ 45002F∗ (ε16 (1 − 1 6 )) − 1Odstupanje√ε ćemo odrediti iz zadane vjerojatnosti γ i uvjeta2F ∗ (ε 45005 ) − 1 ≥ 0.9 ⇒ F ∗ (ε √ 36 · 900) ≥ 0.95.36F ∗ (z) = 0.9 ⇒ z = 1.65 ⇒ ε √ 36 · 900 ≥ 1.65 ⇒ ε ≥ 0.0091171 Radni materijal

10.3. CENTRALNI GRANIČNI TEOREMPrema formuli ε 2 ≥(z 1+γ ) 22m· p(1 − p) = 1.6524500 · 536= 7.566 × 10−5ε ≥ 1.6530 · 16 = 9.166 7 × 10−3 ⇒ ε ≥ 9.166 7 × 10 −3 .XOdredili smo ε tako da P(|4500 − 1 6| < 0.00916) ≥ 0.9.X|4500 − 1 6 | < 0.00916 ⇒ 1 6 − 0.00916 < X4500 < 1 6 + 0.00916⇒ 0.157 51 < X < 0.175 83.4500Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 10.12 motivKontrolor uzima uzorak veličine m = 1000 iz skupa uredaja. Vjerojatnost da je uredajneispravan je p = 0.03. U kojim granicama će biti broj neispravnih uredaja u uzorku svjerojatnošću γ = 0.99Rješenje:Treba oderditi a i b takve da za X =broj neispravnih uredaja u uzorku veličine m,X ∼ B(m, p), P(a < X < b) ≥ 0.99.Koristimo Integralni Moivre-Laplaceov teorem za relativnu frekvenciju X mu Bernoullijevoj shemi P(| X m − p| < ε) ≈ 2F∗ (ε√mp(1−p) ) − 1,√XP(|1000 − 0.03| < ε) ≈ 10002F∗ (ε0.03(1 − 0.03) ) − 1.Odstupanje√ε ćemo odrediti iz zadane vjerojatnosti√γ i uvjeta2F ∗ 1000(ε0.03(1−0.003) ) − 1 ≥ 0.99 ⇒ F∗ 1000(ε0.03(1−0.003)√) ≥ 0.995.F ∗ 1000(z) = 0.995 ⇒ z = 2.6 ⇒ ε0.03(1−0.003) ≥ 2.6.Prema formuli ε 2 ≥(z 1+γ ) 22m· p(1 − p) = 2.621000 · 0.03 · (1 − 0.03) = 1.967 2 × 10−4ε ≥ 0.014XOdredili smo ε tako da P(|1000− 0.03| < 0.014) ≥ 0.99.X| − 0.03| < 0.014 ⇒ 16 < X < 44.1000(Bernoullijev SZVB za rel. frekv. dao je ocjenu 0 < X < 80.)Radni materijal 172

10. ZVB i CGT tko želi znati više10.4 PonovimoČEBIŠEVLJEVA NEJEDNAKOSTza svaki ε > 0 P(|X − E(X)| ≥ ε) ≤ Var(X) ,ε 2za svaki λ P(|X − µ| ≥ λσ) ≤ 1 ,λ 2ZAKONI VELIKIH BROJEVA (ZVB)ZVB za X lim n→∞ P(|X − µ| < ε) = 1,ZVB za X ∼ B(m, p) lim n→∞ P(| X m− p| < ε) = 1,Bernoull. slabi ZVB P(| X p(1−p)m− p| < ε) ≥ 1 −m·ε 2CENTRALNI GRANIČNI TEOREMI (CGT)CGT za niz nez. sl, var. X i n → ∞,n∑X i − nµi=1CTG za X n → ∞,√ n·σ∼ N(0, 1)X−µσ√ n∼ N(0, 1)CTG za X ∼ B(m, p), m → ∞ = Moivre-LaplaceX−m·p√ ∼ N(0, 1),mp(1−p)P(a < X < b) ≈ F ∗ (CGT za rel. frekv. od X ∼ B(m, p)X√ m −pp(1−p)mb−mp√mp(1−p)) − F ∗ (= Moivre-Laplace za rel. frekv.∼ N(0, 1), P(| X m − p| < ε) ≈ 2F∗ (ε√mp(1−p) ) − 1a−mp√mp(1−p))173 Radni materijal

Radni materijal 17410.4. Ponovimo

Dio IIIMatematička statistika175

Poglavlje 11MATEMATIČKA STATISTIKAMatematička statistika je znanstvena disciplina koja provjerava matematičke modeleslučajnog pokusa u realnosti. Proučava svojstva slučajnog uzoraka i donosizaključke o populaciji iz koje je uzet slučajni uzorak. Statističke metode dajuzaključke s nekom vjerojatnošću pa se temelje na teoriji vjerojatnosti.Deskriptivna statistika bavi se uredivanjem prikupljenih, empirijskih podataka,njihovim grafičkim prikazivanjem i opisivanjem pomoću numeričkih vrijednosti:prosjek, standardna devijacija, korelacijski koeficijent,...Induktivna statistika (Inferencijalna statistika )bavi se metodama koje se zasnivajuna teoriji vjerojatnosti i koje omogućavaju da se donose zaključci o populacijipomoću uzoraka iz populacije.Tri pravca u matematčkoj statistici (induktivnoj statististici) su:teorija procjene,teorija testiranja statističkih hipoteza,teorija planiranja eksperimenata.U teoriji procjene osvnut ćemo se na:točkaste procjenitelje,metodu max vjerojatnosti za odredivanje procjenitelja,tko želi znati višeintervale povjerenja za procjenitelje za parametre normalne razdiobe.U teoriji testiranja osvnut ćemo se na:test hipoteze o parametrima normalne razdiobe,177

Teorija planiranja eksperimenta razvija metodu sekvencijalne analize, broj promatranjaje slučajan, pa se provjera statstičkih hipoteza ovom metodom izvodipostepeno, u etapama. Hipoteza se može prihhvatiti, odbiti ili produžiti eksperiment.Radni materijal 178

11. MATEMATIČKA STATISTIKA11.1 DESKRIPTIVNA STATISTIKADefinicija 11.1 (POPULACIJA)Populacija (osnovni skup, statistički skup) je skup svih elemenata od kojih bismo mogliuzeti podatke o odredenim veličinama.Populacija može biti konačna ili beskonačna.PRIMJER 11.1 Populacija - sve obitelji u jednoj zgradi.Veličine koje možemo razmatrati: broj djece, mjesečni dohodak..Definicija 11.2 (STATISTIČKA VARIJABLA-OBILJEŽJE)Statističko obilježje (vaijabla) je numeričko svojstvo elemenata statističkog skupa.Ako je skup vrijednosti R(X) statističkog obilježja diskretan onda za X kažemo da jediskretno obilježje, a ako je R(X) ⊆ R kažemo da je kontinuirano obilježje.Uzorak je podskup populacije koji uzimamo na unaprijed odreden način.Definicija 11.3(FREKVENCIJA, RELATIVNA FREKVENCIJA, KUMULATIVNARELATIVNA FREKVENCIJA, ARITMETIČKA SREDINA,VARIJANCA, STANDARDNA DEVIJACIJA)Neka je X statističko obilježje i neka se mjerenje ponovi n, konačno mnogo puta(nezavisno) i dobije n statističkih podataka x i , i = 1, .., n. Slika R(X)={x ∗ , k = 1, .., r}ksadrži r različitih statističkih podataka. Ako se x ∗ k pojavi f k puta onda kažemo da x ∗ k pripadafrekvencija f k i relativna frekvencija f kn, za k = 1, .., r.r∑r∑ fVrijedi: f k = n, kn = 1.k=1k=1Za x ∈ R kažemo da ima kumulativnu relativnu frekvenciju F n (x)= ∑Aritmetička redina n statističkih podataka x i , i = 1, .., n:x = 1 n∑x i , x = 1 r∑x ∗nnk f k.i=1Varijanca n statističkih podataka x i , i = 1, .., n:̂σ 2 = 1 n∑(x i − x) 2 = 1 nn̂σ 2 = 1 nStandardna devijacija je ̂σ.i=1r∑(x ∗ k − x)2 f k = 1 nk=1k=1n∑x 2 i− x 2 ,i=1r∑(x ∗ k )2 f k − x 2 .k=1k, x k ≤xf kn .179 Radni materijal

11.1. DESKRIPTIVNA STATISTIKAStatističke podatke koji se dobiju mjerenjem statističkog obilježja X možemoprikazati:tablično: tablicom frekvencija i tablicom relativnih frekvencija,grafički: grafikonom frekvencija, relativnih frekvencija, kumulativnih frekvencija,histogramom (nad dobivenim podacima x ∗ nacrtani su pravokutnici visine jed-knake frekvenciji f k ili relativnoj frekvenciji f kn ),poligonom (izlomljena linija koja spaja točke (x ∗ k , f k)).Ako je n veliki i skup vrijednosti ima veliki broj elemenata (posebno kod kontinuiraneslučajne varijable-statističkog obilježja) formiramo r razreda. Prilikomtabličnog i grafičkog prikazivanja vrijednosti slučajnog uzorka na apscisu nanosimor podintervala (razreda), sa sredinama razreda x ∗ , a na ordinatu sumu frekvencijaf k elemenata iz togksrrazreda.Broj razreda r ponekad se računa po formulama: r = √ n, r = 2 3√ n.U praksi se koristi slijedeća shema za izbor broja razreda:nr40-60 6-860-100 7-10100-200 8-12200-500 12-17> 500 21PRIMJER 11.2 Mjerenjem kontinuirane slučajne varijable X= prosječne težine studenatajednog turnusa na uzorku veličine 100 dobivena je vrijednost slučajnog uzorka(x 1 , x 2 , ..., x 100 ) dana u tablici:razredx ∗ ksrf kf knF n (x)60-62 61 5 0,05 0,0563-65 64 18 0,18 0,2366-68 67 42 0,42 0,6569-71 70 27 0,27 0,9272-74 73 8 0,08 1,00ukupno n=100 1,00Relativne frekvencije odgovaraju pojmu statističke vjerojatnosti.P(66 < X < 68) ≈ 0, 42Radni materijal 180

11. MATEMATIČKA STATISTIKA454035302520151050f_{i}0,450,40,350,3f_{i} f i0,250,20,150,10,05f i060-62 63-65 66-68 69-71 72-74((f_{i})/n) f – in((f_{i})/n) f i n60-62 63-65 66-68 69-71 72-74f i/Slika 11.1: Histogrami frekvencija i relativnih frekvencija iz primjera 11.2.1,2F (x) nF_n(x)10,80,6F(x)0,40,2060-62 63-65 66-68 69-71 72-74Slika 11.2: Graf kumulativnih relativnih frekvencija iz primjera 11.2.Definicija 11.4 (STATISTIČKA RAZDIOBA)Statističko obilježje (slučajna varijabla) X sa skupom vrijednosti R(X) opisano grafomrelativnih frekvencija ili grafom kumulativnih relativnih frekvencija ima statističku funkcijudistribucije F n (x). Slučajna varijabla X ima i teorijsku funkciju distribucije F(x).181 Radni materijal

11.1. DESKRIPTIVNA STATISTIKATEOREM 11.1 (GLIVENKO)onda jeAko su vrijednosti u uzorku slučajne varijable X (statističkog obilježja) nezavisni,P( sup ‖F n (x) − F(x)‖ → 0) = 1, kad n → ∞.−∞

11. MATEMATIČKA STATISTIKAPRIMJER 11.6 Računanje prvog kvartila statističkog obilježja X:(A) Ako je niz statističkih podataka, vrijednosti nekog statističkog obilježja X rastućix 1 ≤ x 2 ≤ ... ≤ x n , onda je⎧x cijelo( n⎪⎨4 +1), za n nije djeljiv s 4;Q 1 = x n4+ x n4 +1⎪⎩ , za n djeljiv s 4.2PRIMJER 11.7 Odredite prvi kvartil za niz statističkih podataka3 4 4 5 6 8 8 8 10, n = 9, nije djeljiv s 4.Q 1 = x cijelo( n4 +1) = x 3 = 4.PRIMJER 11.8 Računanje prvog kvartila statističkog obilježja X:(B) Ako su vrijednosti statističkog obilježja date u razredima s odgovarajućim frekvencijamaf i onda jegdje je k izabran tako da jeQ 1 = L Q1 + d ·n4 − ( f 1 + f 2 + ... + f k )f k+1,F ′ k = ( f 1 + f 2 + ... + f k ) ≤ n 4 ≤ f 1 + f 2 + ... + f k + f k+1 = F ′ k+1 ,L Q1 je lijevi rub k + 1 razreda, d je širina razreda.PRIMJER 11.9 Računanje trećeg kvartila:(A) Ako je niz statističkih podataka, vrijednosti nekog statističkog obilježja X rastućix 1 ≤ x 2 ≤ ... ≤ x n , onda je⎧x cijelo( 3n⎪⎨4 +1), za n nije djeljiv s 4;Q 3 = x 3n + x 3n⎪⎩ 4 4 +1, za n djeljiv s 4.2PRIMJER 11.10 Odredite treći kvartil niz statističkih podataka3 4 4 5 6 8 8 8 10, n = 9, nije djeljiv s 4.Q 3 = x cijelo( 3n4 +1) = x 7 = 8.PRIMJER 11.11 Računanje trećeg kvartila:(B) Ako su vrijednosti statističkog obilježja date u razredima s odgovarajućim frekvencijamaf i onda jeQ 3 = L Q3 + d ·3n4 − ( f 1 + f 2 + ... + f k )f k+1,183 Radni materijal

11.1. DESKRIPTIVNA STATISTIKAgdje je k izabran tako da jeF ′ k = ( f 1 + f 2 + ... + f k ) ≤ 3n 4 ≤ f 1 + f 2 + ... + f k + f k+1 = F ′ k+1 ,L Q3 je lijevi rub k + 1 razreda, d je širina razreda.Definicija 11.6 (MOD)Mod je vrijednost statističkog obilježja koja ima najveću frekvenciju. Može se dogoditi damod ne postoji ili da postoji više modova.PRIMJER 11.12 Odredite mod niza statističkih podataka3 4 4 5 6 8 8 8 10.x i f i3 14 25 16 18 310 1x i = 8 ima maksimalnu frekvenciju f i = 3, Mo = 8.PRIMJER 11.13 Računanje moda:Ako su vrijednosti statističkog obilježja date u razredima s odgovarajućim frekvencijamaf i onda jeMo = L Mo + d ·∆ 1∆ 1 + ∆ 2,gdje je k izabran tako da je f k maksimalan, L Mo je lijevi rub k − tog razreda, d je širinarazreda, ∆ 1 = f k − f k−1 , ∆ 2 = f k − f k+1 .Definicija 11.7 (koeficijent varijacije)Koeficijent varijacije je relativna mjera standardne devijacija i računa se na dva načinaK V = σ x · 100 ili pomoću kvartila K V = Q 3 − Q 1Q 3 + Q 1.Definicija 11.8 (koeficijent asimetrije-eng. skewness)Koeficijent asimetrije za slučajnu varijablu X je broj K A koji karakterizira simetriju razdiobei definira se kao kvocijent trećeg centralnog momenta i kuba standardne devijacijeσ :K A = µ 3σ 3 .Radni materijal 184

11. MATEMATIČKA STATISTIKADefinicija 11.9 Koeficijent asimetrije statističkog obilježja X, ako su vrijednosti statističkogobilježja date kao niz x ∗ i s frekvencijama f i, i = 1, ..., r, definira se kaogdje jêµ 3 = 1 n̂σ 2 = 1 ni=1K A = ̂µ 3̂σ 3 ,r∑r∑(x ∗ isr − x)3 f i , ( f i = n);i=1i=1r∑r∑(x ∗ isr − x)2 f i , ( f i = n).NAPOMENA 11.1 Ako je K A = 0 onda je razdioba frekvencija simetrična u odnosu napravac x = x onda se poklapaju x = Me = Mo. (Normalna razdioba ima K A = 0)i=1i_x=Me=MoiAko je K A > 0 onda je razdioba frekvencija asimetrična u odnosu na pravac x = x,asimetrija je pozitivna i vrijedi x > Me > Mo.Ako je K A < 0 onda je razdioba frekvencija asimetrična u odnosu na pravac x = x,asimetrija je negativna i vrijedi x < Me < Mo.Definicija 11.10 (koeficijent spljoštenosti (eksces)-engl. kurtosis)Koeficijent spljoštenosti slučajne varijable X je broj K E koji karakterizira zaobljenost razdiobei definira se kao pomoću kvocijenta četvrtog centralnog momenta i četvrte potencijestandardne devijacije σ :K E = µ 4σ 4 − 3.Definicija 11.11 Koeficijent spljoštenosti statističkog obilježja X, ako su vrijednostistatističkog obilježja date kao niz x ∗ i s frekvencijama f i, i = 1, ..., r, definira se kaoK E = ̂µ 4̂σ 4 − 3,185 Radni materijal

11.1. DESKRIPTIVNA STATISTIKAi_ Me Mo > >i_ < Me 0 onda je graf funkcije razdiobe frekvencija uži od grafa normalne razdiobe(spljoštenost je manja).Ako je K E < 0 onda je graf funkcije razdioba frekvencija širi od normalne razdiobe(spljoštenost je veća).K >0EK =0EK

11. MATEMATIČKA STATISTIKAPRIMJER 11.14 Mjerenjem kontinuirane slučajne varijable X= prosječne težine studenatajednog turnusa na uzorku veličine 100 dobivena je vrijednost slučajnog uzorka(x 1 , x 2 , ..., x 100 ) dana u tablici:razred x ∗ isrf i F ′ iF n (x)60-62 61 5 5 0,05 0,0563-65 64 18 23 0,18 0,2366-68 67 42 65 0,42 0,6569-71 70 27 92 0,27 0,9272-74 73 8 100 0,08 1,00f inukupno n=100 1,00Odrediti očekivanje, varjancu, standardnu devijaciju, mod, medijan, prvi kvartil, trećikvartil, koeficijent varijacije, koeficijent asimetrije, koeficijent spljoštenosti.NAPOMENA: Razredi su u tablici dati smbolično npr. razred 60−62 je razred 59.5−62.5tako da je širina razreda d = 3.Rješenje:očekivanje x = 1 5∑x ∗100isr f i = 67.45i=1varijanca ̂σ 2 = 1 r∑(x ∗nisr − x)2 f i = 8.527i=1n2medijan Me = L Me + d ·− ( f 1 + f 2 + ... + f k ), gdje je k + 1 = 3 izabran tako da jef k+1F ′ k = f 1 + f 2 = 23 ≤ n 2 = 50 ≤ f 1 + f 2 + f 3 = 65 = F ′ k+1 ,L Me = 65.5 je lijevi rub k + 1 = 3. razreda, d = 3 je širina razreda.Me = L Me + d ·n2 − ( f 1 + f 2 + ... + f k )50 − 23= 65.5 + 3 · = 67.4.f k+1 42n4prvi kvartil Q 1 = L Q1 + d ·− ( f 1 + f 2 + ... + f k ), gdje je k + 1 = 3 izabran tako daf k+1je F ′ k = f 1 + f 2 = 23 ≤ n 4 = 25 ≤ f 1 + f 2 + f 3 = 65 = F ′ k+1 ,L Q1 = 65.5 je lijevi rub k + 1 = 3. razreda, d = 3 je širina razreda.Q 1 = L Q1 + d ·n4 − ( f 1 + f 2 + ... + f k )25 − 23= 65.5 + 3 · = 65.643f k+1 42treći kvartil Q 3 = L Q3 + d ·3n4 − ( f 1 + f 2 + ... + f k )f k+1, gdje je k + 1 = 4 izabran tako da187 Radni materijal

11.1. DESKRIPTIVNA STATISTIKAje F ′ k = f 1 + f 2 + f 3 = 65 ≤ 3n 4 = 75 ≤ f 1 + f 2 + f + f 4 = 92 = F ′ k+1 ,L Q3 = 68.5 je lijevi rub k + 1 = 4. razreda, d = 3 je širina razreda.Q 3 = L Q3 + d ·3n4 − ( f 1 + f 2 + ... + f k )75 − 65= 68.5 + 3 · = 69.611.f k+1 27∆ 1mod Mo = L Mo + d · , gdje je k = 3 izabran tako da je f k = 42 maksimalan,∆ 1 + ∆ 2L Mo = 65.5 je lijevi rub k = 3. razreda, d = 3 je širina razreda, ∆ 1 = f k − f k−1 =f 3 − f 2 = 42 − 18, ∆ 2 = f k − f k+1 = f 3 − f 4 = 42 − 27.Mo = L Mo + d ·∆ 124= 65.5 + 3 ·∆ 1 + ∆ 2 24 + 15 = 67.346.koeficijent varijacije K V = ̂σ √8.527x · 100% = · 100% = 4.32%67.45K V = Q 3 − Q 1 69.611 − 65.643= = 2.933 7 × 10−2Q 3 + Q 1 69.611 + 65.643koeficijet asimetrije i spljoštenosti ̂µ 3 = 1 r∑(x ∗nisr − x)3 f i = −2.293̂µ 4 = 1 nr∑(x ∗ isr − x)4 f i = 199.37i=1i=1K A = ̂µ 3̂σ 3 = −0.14, K E = ̂µ 4̂σ 4 − 3 = −0.26Radni materijal 188

11. MATEMATIČKA STATISTIKA11.2 PonovimoSTATISTIČKO OBILJEŽJEstatističko obilježjevrijednosti stat. obilježjar različitih vrijednostifrkvencijerelativne frkvencijekumulativne rel. frkvencijestatistička razdioba za X st. obilj.teorijska razdioba za sl. var.XF n (x) → F(x)Xx 1 , x 2 , ..., x nx ∗ 1 , x∗ 2 , ..., x∗ rf ∗ 1 , f ∗ 2 , ..., f r∗f ∗ 1n, f 2 ∗ n, ..., f r ∗ nF n (x) = f ∗ 1n+ f ∗ 2n+ ... + f ∗ jnj takav da je x ≤ x ∗ jF n (x)F(x)po vjerojatnosti kad n → ∞MJERE POLOŽAJAvrijednosti stat. obilj.ARITMETIČKA SREDINAx 1 , x 2 , ..., x n x = 1 n (x 1 + x 2 + ... + x n )x ∗ 1 , x∗ 2 , ..., x∗ r x = 1 ∑ rn j=1 x∗ j · f ∗ jr razreda [L j , D j ], j = 1, ...r; x jsr x = 1 ∑ rn j=1 x∗ jsr · f ∗ jvrijednosti stat. obilj.MODx 1 , x 2 , ..., x nx k ako je je f k maxx ∗ 1 , x∗ 2 , ..., x∗ rx ∗ k ako je je f ∗ k maxx 1sr , x 2sr , ..., x rsrx ∗ ksr ako je je f ∗ k maxr razreda [L j , D j ], j = 1, ...r Mo = L Mo + d ·kako je f k max∆ 1∆ 1 +∆ 2,L Mo lijevi rub k razreda L k ,dširina razreda∆ 1f k − f k−1∆ 2 f k − f k+1189 Radni materijal

11.2. Ponovimovrijednosti stat. obilj.MEDIJANx 1 , x 2 , ..., x n uzlazan niz Me = x n+1 , za n neparan;2x 1 , x 2 , ..., x n uzlazan niz Me = 1 2 · (x n + x 2 n 2 +1 ), za n paran;1r razreda [L j , D j ], j = 1, ...r Me = L Me + d ·f k+1· ( n2 − ( f 1 + f 2 + ... + f k ) )k f 1 + f 2 + ... + f k ≤ n 2 ≤ f 1 + f 2 + ... + f k + f k+1L Me lijevi rub k + 1 razreda L k+1 ,dširina razreda.KVANTILIkvantil reda px p takav da je F(x p ) = pprvi kvartil Q 1 = x 14drugi kvartil= MEDIJAN Me = x 12treći kvartil Q 3 = x 34vrijednosti stat. obilj. Q 1x 1 , x 2 , ..., x n uzlazan niz Q 1 = x cijelo( n4 +1), za n nije djeljiv s 4;x 1 , x 2 , ..., x n uzlazan niz Me = 1 2 · (x n + x n n 4 +1 ), za n djeljiv s 4;1r razreda [L j , D j ], j = 1, ...r Q 1 = L Q1 + d ·f k+1· ( n4 − ( f 1 + f 2 + ... + f k ) )k f 1 + f 2 + ... + f k ≤ n 4 ≤ f 1 + f 2 + ... + f k + f k+1L Q1 lijevi rub k + 1 razreda L k+1 ,dširina razreda.vrijednosti stat. obilj. Q 3x 1 , x 2 , ..., x n uzlazan niz Q 3 = x cijelo( 3n4 +1), za n nije djeljiv s 4;x 1 , x 2 , ..., x n uzlazan niz Me = 1 2 · (x 3n + x 3nn 4 +1), za n djeljiv s 4;1r razreda [L j , D j ], j = 1, ...r Q 3 = L Q3 + d ·f k+1· ( 3n4 − ( f 1 + f 2 + ... + f k ) )k f 1 + f 2 + ... + f k ≤ 3n 4 ≤ f 1 + f 2 + ... + f k + f k+1L Q3 lijevi rub k + 1 razreda L k+1 ,dširina razreda.MJERE RASIPANJAvrijednosti stat. obilj.VARIJANCAx 1 , x 2 , ..., x n ̂σ 2 = 1 n (x2 1 + x2 2 + ... + x2 n) − x 2x ∗ 1 , x∗ 2 , ..., x∗ r̂σ 2 = 1 ∑ rn j=1 (x∗ j )2 · f ∗ − x 2jr razreda [L j , D j ], j = 1, ...r; x jsr ̂σ 2 = 1 ∑ rn j=1 (x∗ jsr )2 · f ∗ − x 2jRadni materijal 190

11. MATEMATIČKA STATISTIKAvrijednosti stat. obilj. ̂µ 3x ∗ 1 , x∗ 2 , ..., x∗ r ̂µ 3 = 1 n∑ rj=1 (x∗ j − x2 ) 3 · f ∗ jr razreda [L j , D j ], j = 1, ...r; x jsr ̂µ 3 = 1 n∑ rj=1 (x∗ jsr − x2 ) 3 · f ∗ jvrijednosti stat. obilj. ̂µ 4x ∗ 1 , x∗ 2 , ..., x∗ r ̂µ 4 = 1 n∑ rj=1 (x∗ j − x2 ) 4 · f ∗ jr razreda [L j , D j ], j = 1, ...r; x jsr ̂µ 4 = 1 n∑ rj=1 (x∗ jsr − x2 ) 4 · f ∗ jMJERE OBLIKAkoeficijent asimetrije K A = ̂µ 3̂σ 3koeficijent spljoštenosti K E = ̂µ 4̂σ 4 − 3191 Radni materijal

Radni materijal 19211.2. Ponovimo

Poglavlje 12TEORIJA PROCJENATeorija procjene sastoji se u konstrukciji metoda za ocjenu vrijednosti jednog iliviše parametara poznate distribucije slučajne varijable.U prethodnom poglavlju smo za slučajnu varijablu X (statističko obilježje)promatrali n vrijednosti x 1 , x 2 , ..., x n kao uzorak veličina n.U ovom poglavlju ćemo vrijednosti x 1 , x 2 , ..., x n promatrati kao pojedinačne vrijednostiniza od n nezavisnih slučajnih varijabli X 1 , X 2 , ..., X n koje imaju istu distribucijukao i slučajna varijable X.Definicija 12.1 (SLUČAJNI UZORAK veličine n)Neka je X slučajna varijabla (statističko obilježje populacije) s funkcijom distribucijeF(x). Slučajni uzorak veličine n za slučajnu varijablu X je slučajni vektor (X 1 , X 2 , ..., X n ),gdje su sve slučajne varijable X i , i=1,...,n, nezavisne sa zajedničkom funkcijom distribucijevjerojatnosti F(x).Vrijednost slučajnog uzorka je uredena n-torka (x 1 , x 2 , ..., x n ) ako je izmjerena vrijednostslučajnih varijabli X i jednaka x i ∈ R(X), i=1,...,n.Ako je X diskretna slučajna varijabla (R(X) je konačan ili prebrojiv), onda je (X 1 , X 2 , ..., X n )diskretni slučajni uzorak , a ako je X kontinuirana slučajna varijabla (R(X) ⊆ R), onda je(X 1 , X 2 , ..., X n ) kontinuirani slučajni uzorak.Definicija 12.2 (STATISTIKA)Ako je Y = h(X 1 , X 2 , ..., X n ), gdje je h funkcija od n varijabli, onda se slučajna varijablaY naziva statistika.NAPOMENA 12.1 Odabrani elementi uzorka veličine n iz populacije trebaju biti izabranislučajno. Trebamo koristiti tablicu slučajnih brojeva za izbor n slučajnih brojevaili program za generiranje slučajnih brojeva.193

PRIMJER 12.1 Zadana je diskretna slučajna varijabla X s funkcijom vjerojatnostix i0 1 2p i12Što je uzorak veličine 2 za ovu slučajnu varijablu?Odredi sve moguće vrijednosti slučajnog uzorka veličine 2 za X.1316Rješenje:Slučajni uzorak veličine 2 za slučajnu varijablu X je slučajni vektor (X 1 , X 2 ), gdjesu sve slučajne varijable X 1 i X 2 nezavisne i jednake funkcije distribucije kao i X.Slika slučajne varijable X je R(X) = {0, 1, 2}. Slučajne varijable X 1 i X 2 mogu poprimitiiste vrijednosti kao i X. Vrijednost slučajnog uzorka je uredena dvojka (x 1 , x 2 )elemenata iz R(X), tj. to je varijacija s ponavljanjem r = 2-og razreda od n = 3elemenata. Broj svih takvih varijacija je V (2)3= 3 2 = 9.Sve moguće vrijednosti slučajnog uzorka veličine 2 za slučajnu varijablu X:(0,0), (0,1), (0,2),(1,0), (1,1), (1,2),(2,0), (2,1), (2,2).Radni materijal 194

12. TEORIJA PROCJENA12.1 TOČKASTE PROCJENE PARAMETARAMOTIV 12.1 Koliki uzorak iz normalne razdiobe s varijancom 81 treba biti da bi svjerojatnošću 0.9544 apsolutna razlika uzoračke aritmetičke sredine i očekivanja bilamanja od 5.5?Slučajna varijabla je odredena svojom funkcijom distribucije. Mnoga statističkaobilježja imaju zajedničku teorijsku funkciju distribucije pa govorimo o poznatimdistribucijama (razdiobama): binomna, uniformna, normalna, Poissonova,....Svaka razdioba karakterizirana je svojim parametrima n, p, a, b, µ, σ 2 , λ, ...:X ∼ B(n, p),X ∼ U(a, b),X ∼ N(µ, σ 2 ),X ∼ Po(λ), ....Ako želimo odrediti vezu izmedu teorijske i statističke razdiobe postavljaju sedva zadatka:1. parametarske procjene, kada pretpostavimo teorijsku razdiobu i moramoodrediti (procijeniti) parametre te razdiobe.2. neparametaske procjene, kada moramo odabrati razdiobu.Definicija 12.3(PROCJENITELJ ILI ESTIMATOR)Procjenitelj nepznatog parametra t je funkcija slučajnog uzorkâT = h(X 1 , X 2 , ..., X n ).Procjenitelj je statistika.Zadatak je odrediti procjenitelj ̂T za parametar t koji će ”najbolje” procijeniti t.Za procjenu jednog parametra možemo izabirati razne procjenitelje (funkcije h).Definicija 12.4 (NEPRISTRANI PROCJENITELJ)Procjenitelj ̂T je nepristran za parametar t ako je očekivanje od ̂T jednako vrijednostiparametra t: E(̂T) = t.Definicija 12.5 (ASIMPTOTSKI NORMALAN PROCJENITELJ)̂T − tProcjenitelj ̂T je asimptotski normalan za parametar t ako slučajnoj varijabli √Var(̂T)asimptotski, kad n→ ∞, pripada standardna normalna razdioba (distribucija) N(0,1).195 Radni materijal

12.1. TOČKASTE PROCJENEDefinicija 12.6 (UZORAČKA ARITMETIČKA SREDINA)n∑Statistika X = h(X 1 , X 2 , ..., X n ) = 1 nX i zove se uzoračka aritmetička sredina.Vrijednost uzoračke aritmetičke sredine računa pomoćun∑r∑x = h(x 1 , x 2 , ..., x n ) = 1 nx i , x = 1 nx ∗ k f k.i=1k=1i=1TEOREM 12.1 (Svojstva uzoračke aritmetičke sredine)(i) Neka je X slučajna varijabla s teorijskim očekivanjem µ, i varijancom σ 2 , 0 < σ 2

12. TEORIJA PROCJENAPRIMJER 12.2 Izračunati P(69 < X < 75), ako je X uzoračka aritmetička sredinauzorka veličine n=36 iz normalne razdiobe X ∼ N(70, 144).Rješenje:Ako je X ∼ N(70, 144) i n = 36, onda je X ∼ N(70, 4),X ∗ = √ n X−µσ= X−702∼ N(0, 1).P(69 < X < 75) = F ∗ ( √ n 75 − µ ) − F ∗ ( √ n 59 − µ )σσ= F ∗ 75 − 70( ) − F ∗ 69 − 70( ) = F ∗ (2.5) − F ∗ (−0.5) = 0.68.22Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 12.3 motivKoliki uzorak iz normalne razdiobe s varijancom 81 treba biti da bi s vjerojatnošću0.9544 apsolutna razlika uzoračke aritmetičke sredine i očekivanja bila manja od 5.5?Rješenje:Neka je X ∼ N(µ, 81) i P(|X − µ| < 5.5) ≥ 0.9544.Trebamo odrediti veličinu uzorka n.Znamo da je X ∼ N(µ, 81 n ), a X∗ = √ n X−µσ= √ n X−µ9∼ N(0, 1).P(|X − µ| < 5.5) = P(| √ n X − µσ | < √ n 5.5σ ) = P(|X∗ | ≤ √ n 5.5σ )= 2F ∗ ( √ n 5.5σ ) − 1.Iz zadane vjerojatnosti dobivamo: 2F ∗ ( √ n 5.5σ ) − 1 ≥ 0.9544,F ∗ ( √ n 5.5σ ) ≥ 0.9772 ⇒ √ n 5.5σ ≥ 2 ⇒ n ≥ 11.Definicija 12.7 (UZORAČKA VARIJANCA)n∑Statistika ̂Σ 2 = 1 n(X i − X) 2 zove se uzoračka varijanca.i=1̂Σ 2 = 1 nn∑X 2 i− X 2i=1Vrijednost uzoračke varijance računa se formulom̂σ 2 = 1 nn∑(x i − x) 2 = 1 ni=1n∑x 2 i− x 2 .i=1197 Radni materijal

12.1. TOČKASTE PROCJENÊσ 2 = 1 nr∑(x ∗ k − x)2 f k = 1 nk=1r∑(x ∗ k )2 f k − x 2 .k=1TEOREM 12.2 (Svojstva uzoračke varijance)Neka je X slučajna varijabla s teorijskim očekivanjem µ i varijancom σ 2 , koju ispitujemopomoću slučajnog uzorka (X 1 , X 2 , ..., X n ).procjenitelj za σ 2 : E(̂Σ 2 ) = n−1n σ2 .Dokaz:tko želi znati višePrisjetimo se da je Var(X)=E(X 2 ) − E(X) 2 i Var(X) = 1 n σ2 .E(̂Σ 2 ) = E( 1 n= 1 nn∑X 2 i− X 2 ) = 1 ni=1Uzoračka varijanca ̂Σ 2 nije pouzdann∑E(X 2 i ) − E(X2 )i=1n∑[Var(X i ) + E(X i ) 2 ] − [Var(X) + E(X) 2 ]i=1= [Var(X i ) + E(X i ) 2 ] − [Var(X) + E(X) 2 ]= [σ 2 + µ 2 ] − [ 1 n σ2 + µ 2 ] = n − 1n σ2 .Definicija 12.8 (KORIGIRANA UZORAČKA VARIJANCA)n∑Statistika Ŝ2 = 1n−1(X i − X) 2 zove se korigirana uzoračka varijanca.i=1Ŝ 2 =nn − 1̂Σ 2 = 1 n∑n − 1 ( X 2 i− nX 2 ).Vrijednost korigirane uzoračke varijance računa se formulomŝ 2 = 1n − 1ŝ 2 = 1n − 1i=1n∑(x i − x) 2 = 1 n∑n − 1 ( x 2 i− nx 2 ).i=1i=1r∑(x ∗ k − x)2 f k = 1 r∑n − 1 ( (x ∗ k )2 f k − nx 2 ).k=1k=1TEOREM 12.3 (Svojstva korigirane uzoračke varijance)Neka je X slučajna varijabla s teorijskim očekivanjem µ i varijancom σ 2 , koju ispitujemopomoću slučajnog uzorka (X 1 , X 2 , ..., X n ).Korigirana uzoračka varijanca Ŝ2 je pouzdan procjenitelj za σ 2 : E(Ŝ2 ) = σ 2 .Radni materijal 198

12. TEORIJA PROCJENADokaz: Prisjetimo se da je E(̂Σ 2 ) = n−1n σ2 .nE(Ŝ2 ) = E(n − 1̂Σ 2 ) =nn − 1 E(̂Σ 2 ) =nn − 1 · n − 1n σ2 = σ 2 .TEOREM 12.4 (O VEZI Ŝ2 , ̂Σ 2 I DISTRIBUCIJA χ 2 (n − 1), t(n − 1))Neka su X, Ŝ2 , ̂Σ 2 statistike slučajnog uzorka (X 1 , X 2 , ..., X n ) iz normalne razdiobeX ∼ N(µ, σ 2 ).Tada vrijedi:(i) Statistika n−1σ 2 Ŝ2 = n ̂Σ 2 ∼ χ 2 (n − 1),σ 2(ii) Statistika √ n X−µ = √ n − 1 X−µ ∼ t(n − 1).̂ΣDokaz: tko želi znati višeŜ(i) Dokaz je složen i koristi svojstvo χ 2 (n) distribucije: Y ∼ χ 2 (n) ako jeY = Y 2 1 + Y2 2 + ... + Y2 n, Y i ∼ N(0, 1).(ii) Koristimo svojstvo Studentove distribucije s n stupnjeva slobode t(n) :Z ∼ t(n) ako je Z = Y √ nU , za Y ∼ N(0, 1), U ∼ χ2 (n).Računamo za X ∼ N(µ, σ 2 ), X ∼ N(µ, σ2n ), X∗ = √ n X−µσ∼ N(0, 1) :√ X − µ nŜ= √ n X − µσ= √ n X − µσ· σ √ n − 1√n − 1··√n − 1√ .n−1·σ 2 Ŝ21√Ŝ2= √ n X − µσ·√n − 1√ ·n−1σ 21√Ŝ2Prema tvrdnji (i) zaključujemo √ n X−µ ∼ t(n − 1).Koristeći Ŝ2 =Ŝn−1̂Σ n 2 možemo dobiti i tvrdnju √ n − 1 X−µ ∼ t(n − 1).̂ΣPRIMJER 12.4 Izračunati uzoračku aritmetičku sredinu, uzoračku varijancu i korigiranuuzoračku varijancu u primjeru ”težina studenata”.x ksr f k61 564 1867 4270 2773 8n=100199 Radni materijal

12.1. TOČKASTE PROCJENERješenje: x = 1 nx = 1 nr∑x ∗ k f k.k=1r∑k=1= 134920x ∗ ksr f k = 1 (61 ∗ 5 + 64 ∗ 18 + 67 ∗ 42 + 70 ∗ 27 + 73 ∗ 8)100= 67, 45ŝ 2 = 1n−1 ( ∑ r (x ∗ k )2 f k − nx 2 )k=1ŝ 2 = 1 r∑n − 1 ( (x ∗ ksr )2 f k − nx 2 ) = 37944k=1= 8, 6136̂σ 2 = 1 nr∑(x ∗ k )2 f k − x 2 .k=1̂σ 2 = 1 nr∑k=1(x ∗ ksr )2 f k − x 2 = 3411400= 8, 5275Radni materijal 200

12. TEORIJA PROCJENA12.2 REGRESIJSKA ANALIZAMOTIV 12.2 Deformacije x [mm] i Brinellova tvrdoća y [ kgmm 2 ] za neki tip čelika dani sutablicomx 06 09 11 11 13 22 26 28 33 35y 68 67 65 53 44 40 37 28 34 32Odredite pravce regresije, uzorački koeficijent regresije i uzorački koeficijent korelacoje.Jesu li deformacija i Brinellova tvrdoća jako korelirane?Definicija 12.9 (UZORAČKA KOVARIJANCA. UZORAČKI KOEFICIJENT KORELACIJE)Neka je za zadani slučajni 2-dim vektor (X, Y) dobiven slučajni uzorak (x 1 , y 1 ), (x 2 , y 2 ), ..., (x n , y n ).Statistikâµ XY = 1 nn∑(X i − X)(Y i − Y)i=1zove se uzoračka kovarijanca. Vrijednost korigirane uzoračke kovarijance računa se formulom̂µ xy = 1 nn∑(x i − x)(y i − y)i=1Neka sûσ 1 îσ 2 uzoračke standardne devijacije od X i Y. Uzorački koeficijent korelacijekomponenti X i Y slučajnog vektora je definiran ŝρ xy =̂µ xŷσ 1 · ̂σ 2.̂ρ xy =n ∑ x · y − ( ∑ x) · ( ∑ y)√n∑ x 2 − ( ∑ x) 2 · √n ∑ y 2 − ( ∑ y) 2 .NAPOMENA 12.2 (regresijska analiza)Regresijska analiza (engl. regression analysis) je statistička metoda za odedivanje vezemedu slučajnim varijablama. Promatramo u slučajnom vektoru (X, Y) jednu slučajnuvarijablu (npr. X) kao nezavisnu-kontroliranu (njene vrijednosti zadajemo). Drugavarijabla Y je slučajna varijabla i zanima nas kako ona ovisi o X.Prema Napomeni 9.4 u poglavlju Dvodimenzionalni slučajni vektor računamo uzoračkepravce regresije.Ako je X nezavisna varijabla i Y = aX + b, parametre a i b možemo odrediti metodomnajmanjih kvadrata tako da E((Y − (aX + b)) 2 ) ima minimalnu vrijednost.201 Radni materijal

12.2. REGRESIJSKA ANALIZAa = ̂ρ xy · ̂σ 2= ̂µ XŶσ 1 ̂σ 2 je uzorački koeficijent regresije Y po X.1b = y − ̂ρ xy · ̂σ 2x = y − ̂µ xŷσ 1 ̂σ 2 · x1y − y = ̂µ xŷσ 2 (x − x),1y − y = ρ XY · σ2σ 1(x − x) je pravac regresije Y po X.Analogno, ako je X=aY+ba = ̂ρ xy · ̂σ 1= ̂µ XŶσ 2 ̂σ 2 je uzorački koeficijent regresije X po Y2x − x = ̂µ xŷσ 2 (Y − y)2x − x = ̂ρ xy · ̂σ 1̂σ 2(y − y) je pravac regresije X po Y.PRIMJER 12.5 U tablici su zapisani uzorci visina x i y od 12 mama i njihovih kćeri.x 165 160 170 163 173 158 178 168 173 170 175 180y 173 168 173 165 175 168 173 165 180 170 173 178Oderedite uzorački pravac regresije Y u odnosu na X i uzorački pravac regresije X uodnosu na Y. Odredite uzorački koeficijent korelacije i uzorački koeficijent regresije Y poX. Jesu li visine mama i kćeri jako korelirane?Rješenje: Trebamo odrediti a i b u jednadžbi y = ax + b :a = ̂µ xŷσ 2 1= n ∑ x · y − ( ∑ x) · ( ∑ y)n ∑ x 2 − ( ∑ x) 2b = y − ̂µ xŷσ 2 1· x = (∑ y) · ( ∑ x 2 ) − ( ∑ x) · ( ∑ x · y)n ∑ x 2 − ( ∑ x) 2∑ ∑ ∑Računamo: x = 2033, y = 2061, x 2 = 344.95, ∑ x · y = 349.42, ∑ y 2 =354.22.Uzorački koeficijent regresije Y po X je a = 0.48, b = 90.9 pa je pravac regresije YRadni materijal 202

12. TEORIJA PROCJENApo X y = 0.48x + 90.9.Trebamo odrediti a ′ i b ′ u jednadžbi x = a ′ y + b ′ :a ′ = ̂µ xŷσ 2 2= n ∑ x · y − ( ∑ x) · ( ∑ y)n ∑ y 2 − ( ∑ y) 2b ′ = x − ̂µ xŷσ 2 1· y = (∑ x) · ( ∑ y 2 ) − ( ∑ y) · ( ∑ x · y)n ∑ y 2 − ( ∑ y) 2Uzorački koeficijent regresije X po Y je a ′ = 1.02, b ′ = −5.12 pa je pravac regresijeX po Y x = 1.02x − 5.12.Uzorački koeficijent korelacije jêρ xy =̂µ xŷσ 1 · ̂σ 2.̂ρ xy =n ∑ x · y − ( ∑ x) · ( ∑ y)√n −∑ x 2 − ( ∑ x) 2 · √n− ∑ y 2 − ( ∑ y) 2 = 0.69.Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 12.6 motivDeformacije x [mm] i Brinellova tvrdoća y [ kgmm 2 ] za neki tip čelika dani su tablicomx 06 09 11 11 13 22 26 28 33 35y 68 67 65 53 44 40 37 28 34 32Odredite pravce regresije , uzorački koeficijent korelacije i uzorački koeficijent regresije.Jesu li deformacije i Brienellova tvrdoća jako korelirane ?Rješenje: Trebamo odrediti a i b u jednadžbi y = ax + b :a = ̂µ xŷσ 2 1= n ∑ x · y − ( ∑ x) · ( ∑ y)n ∑ x 2 − ( ∑ x) 2b = y − ̂µ xŷσ 2 1· x = (∑ y) · ( ∑ x 2 ) − ( ∑ x) · ( ∑ x · y)n ∑ x 2 − ( ∑ x) 2Računamo: ∑ x = 183, ∑ y = 440, ∑ x 2 = 4665, ∑ x · y = 7701, ∑ y 2 = 23232.Uzorački koeficijent regresije Y po X je a = −1.32, b = 75.72 pa je pravac regresije203 Radni materijal

12.2. REGRESIJSKA ANALIZAY po X y = −1.32x + 75.72.Trebamo odrediti a ′ i b ′ u jednadžbi x = a ′ y + b ′ :a ′ = ̂µ xŷσ 2 2= n ∑ x · y − ( ∑ x) · ( ∑ y)n ∑ y 2 − ( ∑ y) 2b ′ = x − ̂µ xŷσ 2 1· y = (∑ x) · ( ∑ y 2 ) − ( ∑ y) · ( ∑ x · y)n ∑ y 2 − ( ∑ y) 2Uzorački koeficijent regresije X po Y je a ′ = −0.72, b ′ = 55.72 pa je pravacregresije X po Y x = −0.72x + 55.72.Uzorački koeficijent korelacije jêρ xy =n ∑ x · y − ( ∑ x) · ( ∑ y)√n −∑ x 2 − ( ∑ x) 2 · √n− ∑ y 2 − ( ∑ y) 2 = −0.97Budući je ̂ρ xy ≈ −1 slučajne varijable su linearnoj vezi, jako korelirane.Radni materijal 204

12. TEORIJA PROCJENA12.3 METODA NAJVEĆE VJEROJATNOSTI (ML)tko želi znati višeU ovom poglavlju istaknuli smo primjere s oznakom važno u kojima su daniprocjenitelji za parametre osnovnih distribucija u smislu najveće vjerojatnosti.MOTIV 12.3 U četiri mjerenja Rockwellove tvrdoće jedne ploče radnici du dobili sljedećevrijednosti:64.9, 64.1, 63.8, 64.0.(a) Izračunajte vrijednost procjenitelja (u smislu najveće vjerojatnosti) za očekivanje ivarijancu tvrdoće ako pretpostavimo normalnu distribuciju.(b) Izračunajte vrijednost nepristranih procjenitelja za očekivanje i varijancu tvrdoće akopretpostavimo normalnu distribuciju.Definicija 12.10 (FUNKCIJA VJERODOSTOJNOSTI) Neka je X slučajna varijabla(statističko obilježje) sa teorijskom funkcijom distribucije F(x,t) s nepoznatim parametromt i sa funkcijom vjerojatnosti za diskretnu razdiobu i funkcijom gustoće vjerojatnosti zakontinuiranu f(x,t). Neka je (x 1 , x 2 , ..., x n ) vrijednost slučajnog uzorka (X 1 , X 2 , ..., X n ) zapromatranu varijablu.Za diskretnu razdiobu funkcija vjerodostojnosti L(t) definira se kao funkcija vjerojatnostislučajnog uzorka (slučajnog vektora):L(t) = P(X 1 = x 1 , t) · P(X 1 = x 2 , t) · ... · P(X 1 = x n , t).Za kontinuiranu razdiobu funkcija vjerodostojnosti L(t) definira se kao funkcija gustoćevjerojatnosti slučajnog uzorka (slučajnog vektora):L(t) = f (x 1 , t) · f (x 2 , t) · ... · f (x n , t).Metoda najveće vjerojatnosti (ML = maximum likelihood method), za odredivanjeprocjenitelja ̂T = h(X 1 , X 2 , ..., X n ) za nepoznati parametar t sastoji se u izboruone funkcije h takve da funkcija vjerodostojnosti L(t) (ili lnL(t)) dostiže najvećuvrijednost za t = h(x 1 , x 2 , ..., x n ).PRIMJER 12.7 važnoddt L(t) = 0 ⇒ t = h(x 1, x 2 , ..., x n ) ⇒ ̂T = h(X 1 , X 2 , ..., X n ).Metodom najveće vjerojatnosti pokažite da je procjenitelj za parametar λ u populacijis Poisonovom razdiobom Po(λ) jednak ̂T = X.205 Radni materijal

12.3. ML-PROCJENITELJI tko želi znati višeRješenje: Neka je X ∼ Po(λ).Teorijska funkcija vjerojatnosti je f (x, λ)=P(X = x, λ) = λxx! eλ .Trebamo naći ML-procjenitelj za λ.Funkcija vjerodostojnosti jeL(λ) = P(X 1 = x 1 , λ) · P(X 1 = x 2 , λ) · ... · P(X 1 = x n , λ)= λx 1x 1 ! eλ · λx 2x 2 ! eλ · ... · λx nx n ! eλ =λ ∑ x ix 1 !x 2 !...x n ! e−nλ .Tražimo maksimum funkcije vjerodostojnosti ln L(λ):∑ ∑ln L(λ) = −nλ + x i ln λ − ln(x i !),λ = h(x 1 , x 2 , ..., x n ) = 1 nddλ ln L(λ) = −n + 1 ∑x i .λddλ ln L(λ) = 0 ⇒ λ = 1 n∑x i = x.ni=1n∑x i ⇒ ̂T = h(X 1 , X 2 , ..., X n ) = 1 ni=1n∑X i .i=1ML-procjenitelj za λ u Poisonovoj razdiobi je ̂T = X.Možemo pokazati da je ̂T nepristrani procjenitelj E(̂T) = λ.Prisjetimo se da je E(X)=λ i da je X nepristrani procjenitelj za očekivanje.E(̂T) = E(X) = E(X) = λ.PRIMJER 12.8 važnoMetodom najveće vjerojatnosti pokažite da je procjenitelj(a) za parametar µjednak ̂T = Xu populaciji s Normalnom razdiobom N(µ, σ 2 ) ako je σ 2 poznato(b) za parametar σ 2 u populaciji s Normalnom razdiobom N(µ, σ 2 ) ako je µ poznato jednak̂T = ̂Σ 2 .Rješenje: Neka je X ∼ N(µ, σ 2 ).Teorijska funkcija gustoće vjerojatnosti je f (x, µ, σ 2 ) = 1 (x−µ)2σ √ e− 2σ 2 .2πTrebamo naći ML-procjenitelje za µ i σ 2 .Funkcija vjerodostojnosti je:L(µ, σ 2 1) = f (x 1 , t) · f (x 2 , t) · ... · f (x n , t) = (σ √ 2π )n · e − 1Radni materijal 2062σ 2 ∑ (xi −µ) 2 .

12. TEORIJA PROCJENAln L(µ, σ 2 ) = − 1 ∑2σ 2 (x i − µ) 2 − n ln σ − n ln √ 2π.(a) ddµ ln L(µ, n∑σ2 ) = − 1 (xσ 2 i − µ) = 0,i=1ddµ ln L(µ, σ2 ) = 0 ⇒ µ = 1 nn∑x i = x,ML-procjenitelj za očekivanje u normalnoj razdiobi je ̂T = X. To je nepristraniprocjenitelj za µ jer je E(̂T)=µ.(b) ddσ ln L(µ, n∑σ2 ) = − 1 (xσ 3 i − µ) 2 − n σ = 0,i=1ddσ ln L(µ, σ2 ) = 0 ⇒ σ 2 = 1 ni=1n∑(x i − µ) 2 = ̂σ, uzoračka varijanca.i=1ML-procjenitelj za varijancu u normalnoj razdiobi je ̂T = ̂Σ 2 . To nije nepristraniprocjenitelj za σ 2 jer je E(̂T)= n−1n σ2 .Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 12.9 motivU četiri mjerenja Rockwellove tvrdoće jedne ploče radnici du dobili sljedeće vrijednosti:64.9, 64.1, 63.8, 64.0. (a) Izračunajte vrijednost procjenitelja (u smislu najveće vjerojatnosti-ML-procjenitelj ) za očekivanje i varijancu tvrdoće ako pretpostavimo normalnu distribuciju.(b) Izračunajte vrijednost nepristranih procjenitelja za očekivanje i varijancu tvrdoće akopretpostavimo normalnu distribuciju.Rješenje: (a) ML-procjenitelj za očekivanje µ je uzoračka aritmetička sredina X.n∑x = 1 nx i = 64.2i=1ML-procjenitelj za varijancu σ 2 je uzoračka varijanca ̂Σ 2 .n∑̂σ 2 = 1 n(x i − x) 2 = 0.175i=1(b)Nepristrani procjenitelj za očekivanje µ je uzoračka aritmetička sredina X.n∑x = 1 nx i = 64.2i=1Nepristrani procjenitelj za varijancu σ 2 je korigirana uzoračka varijanca Ŝ2 .ŝ 2 = 1 n−1 ∑n−1(x i − x) 2 = 0.233.i=1207 Radni materijal

12.3. ML-PROCJENITELJI tko želi znati višePRIMJER 12.10 važnoMetodom najveće vjerojatnosti pokažite da je procjenitelj za parametar p u populacijis Binomnom razdiobom B(m, p) uz pretpostavku da je m poznato jednak ̂T = X mRješenje: Neka je X ∼ B(m, p). Teorijska funkcija vjerojatnosti jef (x, m, p)=P(X = x, m, p) = ( )mx (1 − p) m−x p x . Trebamo naći ML-procjenitelj za p.Funkcija vjerodostojnosti jeL(p) = P(X 1 = x 1 , m, p) · P(X 1 = x 2 , m, p) · ... · P(X 1 = x n , m, p)=n∏ ( ) m(1 − p) m−x ip x ix ii=1Tražimo maksimum funkcije vjerodostojnosti ln L(p):∑ ( ) mln L(p) = [ln + (m − x i ) ln(1 − p) + x i ln p],x ip = h(x 1 , x 2 , ..., x n ) = 1 m · 1nd1∑ln L(p) = − (m − x i ) + 1 ∑x idp 1 − ppddλ ln L(λ) = 0 ⇒ p = 1 m · 1nn∑x i = 1 m xi=1̂T = h(X 1 , X 2 , ..., X n ) = 1 m · 1nn∑X i = 1 m X.i=1n∑x i = 1 m x.ML-procjenitelj za p u Binomnoj razdiobi B(m, p) s poznatim m je ̂T = 1 m X.Možemo pokazati da je ̂T nepristrani procjenitelj E(̂T) = p.Prisjetimo se da je E(X)=mp i da je X nepristrani procjenitelj za očekivanje.i=1E(̂T) = E( 1 m X) = 1 m E(X) = 1 m E(X) = 1 mp = p.mRadni materijal 208

12. TEORIJA PROCJENA12.4 PonovimoPROCJENITELJI PARAMETARA ZADANE DISTRIBUCIJE s očekivanjem µ i varijancomσ 2slučajni uzorakstatistika(X 1 , X 2 , ..., X n ) : Ω → R nT = h(X 1 , X 2 , ..., X n ) , T : Ω → Rprocjenitelj ̂T = h(X 1 , X 2 , ..., X n )nepristrani procjenitelj za parametar tE(̂T) = tuzoračka aritm. sredina X = 1 n (X 1 + X 2 + ... + X n )n → ∞uzoračka varijancauzoračka stand. devijacijaE(X) = µ,Var(X) = σ2X−µ∼ N(0, 1)σ√ n̂Σ 2 = 1 n∑i(X i − X) 2̂σ 2 = 1 n∑i(x i − x) 2korigirana uzoračka varijancaE(̂Σ 2 ) = n−1n σ2Ŝ 2 = 1n−1∑i(X i − X) 2ŝ 2 = 1n−1∑i(x i − x) 2korigirana uz. stand. devijacija ŝ̂σE(Ŝ2 ) = σ 2PROCJENITELJI PARAMETARA ZADANE DISTRIBUCIJE (ML)distribucija ; parametarPo(λ); λN(µ, σ 2 ); µprocjenitelĵT = X̂T = XN(µ, σ 2 ); σ 2 ̂T = ̂Σ 2(B(m, p); p̂T = 1 m XSTATISTIKE PARAMETARA NORMALNE DISTRIBUCIJE N(µ, σ 2 )slučajni uzorak za Xstatistika T = h(X 1 , X 2 , ..., X n )(X 1 , X 2 , ..., X n ) : Ω → R ndistribucijaσX ∼ N(µ, √n )√ X−µ nσ∼ N(0, 1)√ X−µ n ∼ t(n − 1)Ŝn−1σ 2 Ŝ2 ∼ χ 2 (n − 1)n209 Radni materijal

12.4. PonovimoREGRESIJSKA ANALIZAslučajni uzorak za (X, Y) (x 1 , y 1 ), (x 2 , y 2 ), ..., (x n , y n )uzoračka kovarijanca ̂µ xy = 1 ∑n i(x i − x)(y i − y)uzorački koef. korelacije ̂ρ xy = ̂µ xŷσ 1·̂σ 2n ∑ x·y−( ∑ x)·( ∑ y)√n ∑ x 2 −( ∑ x) 2·√n ∑ y 2 −( ∑ y) 2Y = aX + ba- uzorački koef. regresijeabpravac regresije Y po Xpravac regresije X po Ŷµ xŷσ 2 1= n ∑ x·y−( ∑ x)·( ∑ y)n ∑ x 2 −( ∑ x) 2y − ̂µ xŷσ 2 1· x= (∑ y)·( ∑ x 2 )−( ∑ x)·( ∑ x·y)n ∑ x 2 −( ∑ x) 2y − y = ̂µ xŷσ 2 (x − x)1x − x = ̂µ xŷσ 2 (y − y)2Radni materijal 210

Poglavlje 13INTERVAL POVJERENJA ZAOČEKIVANJEDefinicija 13.1 (KVANTIL)Neka je X slučajna varijabla s funkcijom distribucije F(x)i neka je zadan q ∈ (0, 1).Broj z q zove se kvantil distribucije F ako vrijedi F(z q ) = q.Definicija 13.2 (INTERVAL POVJERENJA POUZDANOSTI γ)Neka je (X 1 , X 2 , ..X n ) slučajni uzorak slučajne varijable X koja ima poznatu distribucijus nepoznatim parametrom t i neka je zadana pouzdanost γ ∈ (0, 1).Za procjenitelje G 1 = h 1 (X 1 , X 2 , ..X n ) i G 2 = h 2 (X 1 , X 2 , ..X n ) za parametar t kažemo dačine interval povjerenja (G 1 , G 2 ) za parametar t s pouzdanošću γ ako vrijedi: P(G 1 < t

13.1. n → ∞13.1 INTERVAL POVJERENJA ZA OČEKIVANJEako je veliki uzorak n → ∞MOTIV 13.1 Slučajni uzorak od 50 studenata za broj bodova (max 100 bodova) iz VISaod ukupno 200 studenata ove generacije pokazuje uzoraču aritmetičku sredinu 75 ikorigiranu uzoračku standardnu devijaciju 10.(a) Odredite interval povjerenja za očekivani broj bodova iz VIS-a za ovu genaracijustudenata s pouzdanošću 95%.(b) Kolika je pouzdanost da će interval povjerenja za očekivani broj bodova biti [74, 76]?(c) Odredite interval povjerenja za očekivani broj bodova iz VIS-a s pouzdanošću 95% akoje ovo bio uzorak iz podataka za sve generacije studenata koje je nastavnik vodio.TEOREM 13.1 Neka je (X 1 , X 2 , ..X n ) slučajni uzorak slučajne varijable X koja imapoznatu distribuciju s nepoznatim parametrom očekivanje µ i poznatom varijancom σ 2(ili poznatom korigiranom uzoračkom varijancom ŝ 2 ).Ako je veliki uzorak (n → ∞) onda inerval povjerenja (G 1 , G 2 ) za parametar očekivanje µs pouzdanošću γ čine procjeniteljiG 1 = X − λ √ σ i G 2 = X + λ √ σ ,n niliG 1 = X − λ ŝ√ ni G 2 = X + λ ŝ√ n,gdje je X uzoračka aritmetička sredina, a λ = z 1+γ2F ∗ (z 1+γ ) = 1+γ2 .2Dokaz: tko želi znati višekvantil standardne normalne distribucijePrema Centralnom graničnom teormu za aritmetčku sredinuX − µσ√ n∼ N(0, 1), n → ∞.Primijenimo CGT na simetrični interval (−λ, λ) :P(−λ < X−µ < λ) ≈ F ∗ (λ) − F ∗ (−λ) = 2F ∗ (λ) − 1σ√ ntj.P(X − λ σ √ n< µ < X + λ σ √ n) ≈ 2F ∗ (λ) − 1.Radni materijal 212

13. INTERVAL POVJERENJA ZA OČEKIVANJEAko je zadana pozdanost γ, P(G 1 < µ < G 2 ) = γ, onda možemo odrediti λtako da vrijedi F ∗ (λ) = 1+γ2tj. λ = z 1+γ kvantil standardne normalne distribucije2F ∗ (z 1+γ ) = 1+γ2 .2Zaključujemmo da je za velike n P(X − λ √ σ n< µ < X + λ √ σ n) = γ.Procjenitelji G 1 = X − λ σ √ n, G 2 = X + λ σ √ n čine interval povjerenja(X − λ σ √ n, X + λ σ √ n)za parametar očekivanja µ slučajne varijable X s puzdanošću γ ako je poznatavarijanca σ 2 .Parametar očekivanja µ s pozdanošću γ poprimit će vrijednosti u u intervalu(x − λ √ σ n, x + λ √ σ n), gdje je λ = z 1+γ2F ∗ (z 1+γ ) = 1+γ2 .2kvantil standardne normalne distribucijeNAPOMENA 13.1 Ova procjena parametra očekivanja slučajne varijable može se koristiu zadacima za odredivanje(a) δ = 2λ σ √ n širine inervala(b) n = 4λ 2 σ2 minimalne veličine uzorkaδ 2uz zadanu pozdanost γ za interval povjerenja (X − λ √ σ n, X + λ √ σ n), gdje je λ = z 1+γ2kvantil standardne normalne distribucije F ∗ (z 1+γ ) = 1+γ2 .2NAPOMENA 13.2 (uzorak bez vračanja u konačnoj populaciji)Neka je (X 1 , X 2 , ..X n ) slučajni uzorak slučajne varijable X koja ima poznatu distribucijus nepoznatim parametrom očekivanje µ i poznatom varijancom σ 2 (ili poznatomkorigiranom uzoračkom varijancom ŝ 2 ).Neka je uzet uzorak bez vraćanja iz konačne populacije veličine N. Ako je veliki uzorak(n → ∞), ( n ≤ 30) onda interval povjerenja (G 1 , G 2 ) za parametar očekivanja µ spuzdanošću γ čine procjeniteljiG 1 = X − λ σ √ n·√N − nN − 1 ,iliG 2 = X + λ σ √ n·√N − nN − 1 ,G 1 = X − λ √ ŝ√N − n ·n N − 1 ,213 Radni materijal

13.1. n → ∞G 2 = X + λ √ ŝ√N − n ·n N − 1 ,gdje je X uzoračka aritmetička sredina, a λ = z 1+γ2F ∗ (z 1+γ ) = 1+γ2 .2kvantil standardne normalne distribucijePrisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 13.1 motivSlučajni uzorak od 50 studenata za broj bodova (max 100 bodova) iz VIS-a odukupno 200 studenata ove generacije pokazuje uzoraču aritmetičku sredinu 75 i korigiranuuzoračku standardnu devijaciju 10.(a) Odredite interval povjerenja za očekivani broj bodova iz VIS-a za ovu genaraciju studenatas pouzdanošću 95%.(b) Kolika je pouzdanost da će interval povjerenja za očekivani broj bodova biti [74, 76]?(c) Odredite interval povjerenja za očekivani broj bodova iz VIS-a s pouzdanošću 95% akoje ovo bio uzorak iz podataka za sve generacije studenata koje je nastavnik vodio.Rješenje: Pretpostavljamo da je X slučajna varijabla (statističko obilježe) brojbodova na ispitu iz VIS-a.Prema prethodnoj napomeni odredit ćemo interval povjerenja za očekivanje akoje veličina uzorka velika n > 30 za konačnu populaciju N = 200 pri uzorku bezvraćanja.Iz zadatka išćitavamo podatke: ŝ = 10, N = 200, n = 50, x = 75.(a) Za pouzdanost γ = 0.95 koeficijent λ = 1.96.g 1 = x − λ √ ŝ√N − n · = 75 − 2.4,n N − 1g 2 = x + λ √ ŝ√N − n · = 75 + 2.4n N − 1Uz pouzdanost 95% broj bodova za kolegij VIS za studente ove generacije jeunutar intervala [75 − 2.4, 75 + 2.4].Radni materijal 214

13. INTERVAL POVJERENJA ZA OČEKIVANJE(b) Ako je širina intervala δ = 2 onda jeδ = 2λ ·√ŝ N − n√ ·n N − 1 = 2pa je 2λ · 1.23 = 2 Dobili smo vrijednost λ = 0.81.Veza λ i γ dana izrazom λ = z 1+γ . Kako je kvantil z 1+γ22razdiobu očitamo da je F(0.81) = 0.791.Pouzdanost γ odredujemo iz izraza 1+γ2= 0.791Tražena puzdanost je γ = 0.582.= 0.81 iz tablice za normalnuUz pouzdanost 58.2% broj bodova za kolegij VIS u populaciji ove generacijeje unutar intervala [75 − 1, 75 + 1].(c) U ovom slučaju imamo veliku populaciju pa je interval povjerenja (G 1 , G 2 )za parametar očekivanja µ s puzdanošću γG 1 = X − λ ŝ√ n, G 2 = X + λ σ √ n,gdje je X uzoračka aritmetička sredina, a λ = z 1+γ2distribucije F ∗ (z 1+γ ) = 1+γ2 .2Za pouzdanost γ = 0.95 koeficijent λ = 1.96.kvantil standardne normalneg 1 = x − λ ŝ√ n= 75 − 2.77g 2 = X + λ ŝ √ n= 75 + 2.77Uz pouzdanost 95% broj bodova za kolegij VIS u cjelokupnoj populaciji jeunutar intervala [75 − 2.77, 75 + 2.77].215 Radni materijal

13.2. NORMALNA σ 2 POZNATO13.2 INTERVAL POVJERENJA ZA OČEKIVANJENORMALNE distribucijeako je varijanca poznataMOTIV 13.2 Neka slučajna varijabla ima normalnu distribucijuX ∼ N(µ, σ 2 ) nepoznatog očekivanja i poznate varijance σ 2 = 0.64. Koliki minimalni uzoraktreba uzeti da bi greška procjene očekivanja µ bila najviše jednaka 0.5, uz pouzdanostγ = 0.95?TEOREM 13.2 Neka je (X 1 , X 2 , ..X n ) slučajni uzorak slučajne varijableX ∼ N(µ, σ 2 ) s nepoznatim parametrom očekivanje µ i poznatom varijancom σ 2 .Interval povjerenja (G 1 , G 2 ) za parametar očekivanja µ s puzdanošću γ čine procjeniteljiG 1 = X − λ √ σ , G 2 = X + λ √ σ ,n ngdje je X uzoračka aritmetička sredina, a λ = z 1+γ2F ∗ (z 1+γ ) = 1+γ2 .2Dokaz: tko želi znati višekvantil standardne normalne distribucijeNeka je X ∼ N(µ, σ 2 ), onda je X ∼ N(µ, 1 n σ2 ), a X−µσ√ n∼ N(0, 1).Na simetričnom intervalu (−λ, λ) :P(−λ < X−µσ√ n< λ) = F ∗ (λ) − F ∗ (−λ) = 2F ∗ (λ) − 1tj.P(X − λ σ √ n< µ < X + λ σ √ n) = 2F ∗ (λ) − 1.Ako je zadana pozdanost γ, P(G 1 < µ < G 2 ) = γ, onda možemo odrediti λ takoda vrijedi F ∗ (λ) = 1+γ2tj. λ = z 1+γ je kvantil standardne normalne distribucije2F ∗ (z 1+γ ) = 1+γ2 .2Procjenitelji G 1 = X − λ √ σ n, G 2 = X + λ √ σ n čine interval povjerenja(X − λ σ √ n, X + λ σ √ n)za parametar očekivanja µ slučajne varijable X ∼ N(µ, σ 2 ) s pouzdanošću γ ako jepoznata varijanca σ 2 .Parametar očekivanja µ s pozdanošću γ poprimit će vrijednosti u u intervaluRadni materijal 216

13. INTERVAL POVJERENJA ZA OČEKIVANJE(x − λ √ σ n, x + λ √ σ n), gdje je λ = z 1+γ2F ∗ (z 1+γ ) = 1+γ2 .2kvantil standardne normalne distribucijeNAPOMENA 13.3 Ova procjena parametra očekivanja slučajne varijable X ∼ N(µ, σ 2 )poznate varijance, može se koristi u zadacima za odredivanje(a) δ = 2λ σ √ n širine inervala(b) n = 4λ 2 σ2 minimalne veličine uzorkaδ 2uz zadanu pozdanost γ za interval povjerenja (X − λ √ σ n, X + λ √ σ n), gdje je λ = z 1+γ2kvantil standardne normalne distribucije F ∗ (z 1+γ ) = 1+γ2 .2NAPOMENA 13.4 Kvantili za standardnu normalnu distribucijuF ∗ (z 1+γ ) = 1+γ2:2γ 0.90 0.95 0.991+γ20.95 0.975 0.9951.65 1.96 2.58z 1+γ2PRIMJER 13.2 Neka slučajna varijabla ima normalnu distribucijuX ∼ N(µ, σ 2 = 0.64). Uzet je uzorak veličine n = 5 i dobivena je vrijednost uzoračkearitmetičke sredine x = 10.2. Odredite interval povjerenja za očekivanje slučajne varijables pouzdanošću γ = 0.95.Rješenje: P(X − λ σ √ n< µ < X + λ σ √ n) = γ.Za očekivanje µ interval povjerenja pouzdanosti γ je (X − λ σ √ n, X + λ σ √ n), gdje jeλ = z 1+γ kvantil standardne normalne distribucije.2Iz tablice očitavamo za γ = 0.95, λ = z 1+γ = 1.96.2Koristeći date vrijednosti iz uzorka n = 5, x = 10.2 dobivamo interval povjerenjaza µ :(x − λ σ √ n, x + λ σ √ n) = (10.2 − 1.96 ∗ 0.8 √5, 10.2 + 1.96 ∗ 0.8 √5) = (9.49, 10.90).Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 13.3 motivNeka slučajna varijabla ima normalnu distribucijuX ∼ N(µ, σ 2 ) nepoznatog očekivanja i poznate varijance σ 2 = 0.64. Koliki minimalni uzoraktreba uzeti da bi greška procjene očekivanja µ bila najviše jednaka 0.5, uz pouzdanostγ = 0.95?217 Radni materijal

13.2. NORMALNA σ 2 POZNATORješenje: n = 4λ 2 σ2 = λ 2 σ2 , gdje je λ = zδ 2 greska 2 1+γ2F ∗ (z 1+γ ) = 1+γ2 .2Iz tablice očitavamo za γ = 0.95, λ = z 1+γ = 1.96.2n = 1.96 2 ∗1∗ 0.64 = 9. 834 5.0.52 kvantil standardne normalne,Radni materijal 218

13. INTERVAL POVJERENJA ZA OČEKIVANJE13.3 INTERVAL POVJERENJA ZA OČEKIVANJENORMALNE distribucijeako je varijanca nepoznataMOTIV 13.3 U četiri mjerenja Rockwellove tvrdoće jedne ploče radnici du dobili sljedećevrijednosti:64.9, 64.1, 63.8, 64.0.Odredite interval povjerenja za očekivanu vrijednost tvrdoće s pouzdanošću 99%.TEOREM 13.3 Neka je (X 1 , X 2 , ..X n ) slučajni uzorak slučajne varijableX ∼ N(µ, σ 2 ) s nepoznatim parametrom očekivanje µ i nepoznatom varijancom σ 2 .(i) Interval povjerenja (G 1 , G 2 ) za parametar očekivanja µ s pouzdanošću γčine procjenitelji :G 1 = X − λ Ŝ√ ni G 2 = X + λ Ŝ√ n,gdje je X uzoračka aritmetička sredina, Ŝ2 korigirana uzoračka varijanca,a λ = z 1+γ kvantil sudentove distribucije t(n − 1), F(z 1+γ ) = 1+γ2 .22(ii) Interval povjerenja (G 1 , G 2 ) za parametar očekivanja µ s pouzdanošću γčine procjenitelji:G 1 = X − λ̂Σ̂Σ√ , G 2 = X + λ √ ,n − 1 n − 1gdje je X uzoračka aritmetička sredina, ̂Σ 2 uzoračka varijanca, a λ = z 1+γ2kvantil studentove distribucije t(n − 1).Dokaz: tko želi znati više(i) Neka je X ∼ N(µ, σ 2 ), onda je Y = √ n X−µ ∼ t(n − 1).Na simetričnom intervalu (−λ, λ) :P(−λ ≤ √ n X−µ ≤ λ) = F(λ) − F(−λ) = 2F(λ) − 1tj.ŜP(X − λ Ŝ√ n< µ < X + λ Ŝ√ n) = 2F(λ) − 1.Ako je zadana pozdanost γ, P(G 1 < µ < G 2 ) = γ, onda možemo odrediti λ tako da219 Radni materijalŜ

13.3. NORMALNA σ 2 NEPOZNATOvrijedi F(λ) = 1+γ2tj. λ = z 1+γ2Procjeniteljikvantil studentove distribucije t(n − 1), F(z 1+γ ) = 1+γ2 .2G 1 = X − λ Ŝ√ , G 2 = X + λ Ŝ√ n nčine interval povjerenja(X − λ Ŝ√ , X + λ Ŝ√ )n nza parametar očekivanja µ slučajne varijable X ∼ N(µ, σ 2 ) s puzdanošću γ ako jenepoznata varijanca σ 2 .Parametar očekivanja µ s pozdanošću γ poprimit će vrijednosti u intervalu(x − λ ŝ√ n, x + λ ŝ√ n),gdje je λ = z 1+γ kvantil studentove distribucije2F(z 1+γ ) = 1+γ2 .2Ako je tablica studentove distribucije Y ∼ t(n − 1, ) dana u oblikuP(|Y| > ε) = p, onda λ tražimo tako da je P(| √ n X−µ1−γ| < λ) =(ii) Koristimo vezu Ŝ2 =nn−1̂Σ 2 .ŜNAPOMENA 13.5 Širina intervala povjerenja za očekivanje slučajne varijable X ∼N(µ, σ 2 ) nepoznate varijance jeuz zadanu pozdanost γ, gdje je λ = z 1+γ1+γ2 .2δ = 2λ ŝ√ n2 .kvantil studentove distribucije t(n−1), F(z 1+γ ) =2NAPOMENA 13.6 Kvantili za studentovu distribuciju za n = 5, t(4),F(z 1+γ ) = 1+γ2:2γ 0.95 0.991+γ20.975 0.9952.78 4.60z 1+γ2PRIMJER 13.4 Neka slučajna varijabla ima normalnu distribucijuX ∼ N(µ, σ 2 ) nepoznate varijance σ 2 . Uzet je utorak veličine n = 5 i dobivena je vrijednostuzoračke aritmetičke sredine x = 10.2, i vrijednost korigirane uzoračke varijance ŝ 2 = 0.64.Odredite interval povjerenja za očekivanje slučajne varijable s pouzdanošću γ = 0.95.Radni materijal 220

13. INTERVAL POVJERENJA ZA OČEKIVANJERješenje: P(X − λ Ŝ√ n< µ < X + λ Ŝ√ n) = γ.Za očekivanje µ interval povjerenja pouzdanosti γ je (X − λ Ŝ√ n, X + λ Ŝ√ n), gdje jeλ = z 1+γ2Za n=5, λ = z 1+γ2kvantil studentove distribucije t(n − 1).je kvantil studentove distribucije t(4).Iz tablice očitavamo za γ = 0.95, λ = z 1+γ = 2.78.2Koristeći date vrijednosti iz uzorka x = 10.2, i ŝ 2 = 0.64 dobivamo interval povjerenjaza µ :(x − λ ŝ √ n, x + λ ŝ √ n) = (10.2 − 2.78 · 0.8 √5, 10.2 + 2.78 · 0.8 √5) = (9.20, 11.19).Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 13.5 motivU četiri mjerenja Rockwellove tvrdoće jedne ploče radnici du dobili sljedeće vrijednosti:64.9, 64.1, 63.8, 64.0.Odredite interval povjerenja za očekivanu vrijednost tvrdoće s pouzdanošću 99%.Rješenje: Za zadanu pouzdanost γ = 0.99 interval povjerenja za očekivanjeodrdujemo izP(X − λ Ŝ√ n≤ µ ≤ X + λ Ŝ√ n) = γ.Za očekivanje µ interval povjerenja pouzdanosti γ je (X − λ Ŝ√ n, X + λ Ŝ√ n), gdje jeλ = z 1+γ2kvantil studentove distribucije t(n − 1).Za n = 4, λ = z 1+γ2je kvantil studentove distribucije t(3).Iz tablice očitavamo za γ = 0.99, vrijednost λ = z 1+γ2Koristeći date vrijednosti iz uzorka x = 64.2, i ŝ 2povjerenja za µ := 5.84.= 0.233 dobivamo interval(x−λ ŝ√ n, x+λ ŝ√ n) = (64.2−5.84· 0.482 √4, 64.2+5.84· 0.482 √4) = (64.2−1.4, 64.2+1.4).S pouzdanošću 99% očekivana vrijednost tvrdoće po Rockwellu će se biti u intervalu[62.8, 65.6].221 Radni materijal

13.4. VJEROJATNOST BINOMNE13.4 INTERVAL POVJERENJA ZA VJEROJAT-NOST BINOMNE DISTRIBUCIJEn (n → ∞)MOTIV 13.4 U anketi za izbore dobiveni su podatci za kandidata A:u uzorku od n=2500 glasača kandidat je dobio 1000 glasova.Odredite interval povjerenja za postotak glasova koji će dobiti kandidat A na izborima spouzdanošću 0.95.(Pretpostavimo da je izbor binomna distribucija)U Bernoullijevoj shemi s X i ∼ B(1, p), i = 1, ..., n slučajna varijablan∑X = X i broj uspjeha u Bernoullijevoj shemi ima binomnu distribuciju X ∼i=1B(n, p).Relativna frekvencija uspjeha u Bernoullijevoj shemi je slučajna varijabla X n kojaodgovara X = 1 n∑X i uzoračkoj aritmetičkoj sredini slučajnog uzorka (X 1 , X 2 , ..X n ).ni=1Prisjetimo se da je X = X nje procjenitelj za vjerojatnost p u Binomnoj distibuciji.TEOREM 13.4 Ako je broj ponavljanja u Bernoullijevoj shemi velik(n → ∞), onda interval povjerenja (G 1 , G 2 ) za parametar p, vjerojatnost dogadaja A uslučajnom pokusu s pouzdanošću γ čine procjeniteljiG 1 = X − λ 1 √ n√X(1 − X) i G 2 = X + λ 1 √ n√X(1 − X),gdje je X uzoračka aritmetička sredina (X = X nrelativna frekvencija uspjeha u Bernoullijevojshemi), a(a) λ = z 1+γ kvantil standardne normalne distribucije F ∗ (z 1+γ ) = 1+γ2 ,22(b) λ = √ 1 .1−γDokaz: tko želi znati višeNeka je (X 1 , X 2 , ..X n ) slučajni uzorak iz Bernoullijeve sheme, X i ∼ B(1, p).Prisjetimo se da vrijedi E(X i ) = p, Var(X i ) = p(1 − p) i za uzoračku aritmetičkusredinu X = 1 n∑X i vrijedi E(X) = p, Var(X) = 1nnp(1 − p).i=1Radni materijal 222

13. INTERVAL POVJERENJA ZA OČEKIVANJE(a) Prema CGT za (n → ∞) za uzoračku aritmetičku sredinuX = 1 n∑X i vrijedi X ∼ N(p, 1nnp(1 − p)).i=1Za simetrični interval (−λ, λ) možemo približno odreditiP(−λ ≤X−p √p(1−p)nNejednakost −λ ≤odnosno≤ λ) ≈ 2F ∗ (λ) − 1.X−p √p(1−p)n(n + λ 2 )p 2 − (2Xn + λ 2 )p + nX 2 ≤ 0Trebamo riješiti nejednakost po p.≤ λ ekvivalentna je nejednakosti: (Približna rješenja p 1 , p 2 kvadratne jednadžbe (veliko n) su :p 1 ≈ X − λ 1 √ n√X(1 − X), p 2 ≈ X + λ 1 √ n√X(1 − X).X−p√p(1−p)n) 2 ≤ λ 2 ,Kako je (n + λ 2 ) > 0, p ∈ (p 1 , p 2 ).Zaključujemo da jeP(X − λ 1 √ n√X(1 − X) ≤ p ≤ X + λ 1 √ n√X(1 − X)) ≈ 2F ∗ (λ) − 1.Ako je zadana pouzdanost γ tako da je P(G 1 < p < G 2 ) = γ onda možemo odreditiλ tako da vrijedi F ∗ (λ) = 1+γ2, tj. λ = z 1+γ kvantil standardne normalne distibucije2F ∗ (z 1+γ ) = 1+γ2 .2√Procjenitelji G 1 = X − λ √ 1 nX(1 − X), G 2 = X + λ √ 1 n√X(1 − X) čine intervalpovjerenja (G 1 , G 2 ) za paranetar vjerojatnost p uspjeha u Bernoullijevoj shemi.(b) Prema Čebiševljevoj nejednakosti za slučajnu varijablu X koja imaE(X) = p, Var(X) = 1 np(1 − p) u oblikuP(p − λ√p(1−p)n≤ X ≤ p + λ√p(1−p)n√p(1−p)n) ≥ 1 − 1 λ 2 .Nejednakost p − λ ≤ X ≤ p + λ√pod (a)): X − λ √ 1 nX(1 − X) ≤ p ≤ X + λ √ 1 n√X(1 − X).Zaključujemo da je√p(1−p)nekvivalentna je nejednakosti (vidiP(X − λ 1 √ n√X(1 − X) ≤ p ≤ X + λ 1 √ n√X(1 − X)) ≥ 1 − 1 λ 2 .Ako je zadana pouzdanost γ tako da je P(G 1 < p < G 2 ) = γ onda možemo odreditiλ tako da vrijedi 1 − 1 = γ tj. λ = √ 1 .λ 2 1−γ223 Radni materijal

13.4. VJEROJATNOST BINOMNE√Procjenitelji G 1 = X − λ √ 1 nX(1 − X), G 2 = X + λ √ 1 n√X(1 − X) čine intervalpovjerenja (G 1 , G 2 ) za paranetar vjrojatnosti p uspjeha u Bernoullijevoj shemi.NAPOMENA 13.7 Možemo izvesti interval povjerenja i koristeći teorem Moivre-Laplacea(CGT) za relativnu frekvenciju√u Bernullijevoj shemiP(| X n − p| < ε) ≈ F∗ (ε np(p−1)) − 1, n → ∞,tj.√P( X n − ε < p < X n + ε) ≈ F∗ (ε np(p−1) ) − 1.Ako je zadana pozdanost γ, P(G 1 < p < G 2 ) = γ, onda možemo odrediti ε tako da vrijedi√ √F ∗ (ε np(p−1) ) = 1+γp(1−p)12, tj. ε = z 1+γn, odnosno ε = z 1+γ22 2 √ , uz p(1 − p) ≤ 1 n 4 .Procjenitelji G 1 = X n − ε, G 2 = X n − ε čine interval povjerenja (G 1, G 2 ) za paranetarvjerojatnosti p uspjeha u Bernoullijevoj shemi. varijableX ∼ B(n, p) s pouzdanošću γ ako je poznat parametar n broj ponavljanja pokusa.Parametar vjerojatnost p s pozdanošću γ poprimit će vrijednosti u u intervalu( x n − z 1+γ212 √ n , x n + z 1+γ212 √ n ),gdje je z 1+γ2kvantil standardne normalne distribucije F ∗ (z 1+γ ) = 1+γ2 .2PRIMJER 13.6 Odredite interval povjerenja za vjerojatnost p u Bernoullijevoj shemi spouzdanošću γ = 0.95 ako se pokus ponovi n=100, a broj uspjeha je 32.Rješenje: Za slučajnu varijablu X ∼ B(n, p) vrijediP(X − λ 1 √ n√X(1 − X) ≤ p ≤ X + λ 1 √ n√X(1 − X)) = γgdje je λ = z 1+γ kvantil standardne normalne distibucije F ∗ (z 1+γ ) = 1+γ2 , X = X n22relativna frekvencija uspjeha.√Procjenitelji G 1 = X − λ √ 1 nX(1 − X), G 2 = X + λ √ 1 n√X(1 − X) čine intervalpovjerenja (G 1 , G 2 ) za paranetar vjerojatnosti p.Parametar vjerojatnost p s pouzdanošću γ poprimit će vrijednosti u intervalu√ √(x−λ √ 1 n x(1 − x), x+λ √n1 x(1 − x)) gdje je λ = z 1+γ kvantil standardne normalne2distibucije.Iz uzorka je uzeta relativna fekvencija x = x n = 32100, za pouzdanost γ = 0.95 izRadni materijal 224

13. INTERVAL POVJERENJA ZA OČEKIVANJEtablice očitamo λ = z 1+γ2= 1.96 i odredimo interval(x − λ 1 √ n√x(1 − x), x + λ1 √n√x(1 − x))= (0.32 − 1.96= (0.23, 0.41).1 √ 1 √√ 0.32(1 − 0.32), 0.32 + 1.96 √ 0.32(1 − 0.32))100 100Parametar vjerojatnosti p s pouzdanošću γ = 0.95 poprimit će vrijednosti u intervalu(0.23, 0.41).PRIMJER 13.7 Pravljena je anketa o dolasku na predavanja VIS. Na uzorku 163 studentanjih 62 je odgovorilo da je dolazilo na predavanja. Odredite interval povjerenja zavjerojatnost dolaska studenata prve godine na predavanja VIS s pouzdanošću 0.95.(Pretpostavimo da je izbor binomna distribucija)Rješenje: Parametar vjerojatnosti p s pozdanošću γ poprimit će vrijednosti u u√ √intervalu (x−λ √ 1 n x(1 − x), x+λ √n1 x(1 − x)) gdje je λ = z 1+γ kvantil standardne2normalne distibucije.Iz uzorka je uzeta relativna fekvencija x = x n = 62163= 0.38, za pouzdanostγ = 0.95 iz tablice očitamo λ = z 1+γ = 1.96 i odredimo interval2(x − λ 1 √ n√x(1 − x), x + λ1 √n√x(1 − x))= (0.38 − 1.96= (0.30, 0.45).1 √ 1 √√ 0.38(1 − 0.38), 0.38 + 1.96 √ 0.38(1 − 0.38))163 163Parametar vjerojatnosti p s pouzdanošću γ = 0.95 poprimit će vrijednosti u intervalu(0.30, 0.45).Vjerojatnost dolaska na predavanja VIS s pouzdanošću 0.95 je izmedu 0.30 i 0.45.Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 13.8 motivU anketi za izbore dobiveni su podatci za kandidata A:u uzorku od n=2500 glasača kandidat je dobio 1000 glasova.Odredite interval povjerenja za postotak glasova koji će dobiti kandidat A na izborima spouzdanošću 0.95.(Pretpostavimo da je izbor binomna distribucija)225 Radni materijal

13.4. VJEROJATNOST BINOMNERjšenje: Parametar vjerojatnost p s pozdanošću γ poprimit će vrijednosti u u√ √intervalu (x−λ √ 1 n x(1 − x), x+λ √n1 x(1 − x)) gdje je λ = z 1+γ kvantil standardne2normalne distibucije.Iz uzorka imamo relativnu fekvenciju x = x n = 10002500= 0.4, za pouzdanost γ = 0.95iz tablice očitamo λ = z 1+γ = 1.96 i odredimo interval2(x − λ 1 √ n√x(1 − x), x + λ1 √n√x(1 − x))= (0.4 − 1.96= (0.38, 0.42).1 √ 1 √√ 0.4(1 − 0.4), 0.4 + 1.96 √ 0.4(1 − 0.4))2500 2500Parametar vjerojatnosti p s pozdanošću γ = 0.95 poprimit će vrijednosti u intervalu(0.38, 0.42).Postotak glasova koje će na izborima dobiti kandidat A s pouzdanošću 0.95 jeizmedu 38% i 42%.PRIMJER 13.9 Ako želimo odrediti postotak p% glasova koje će dobiti kandidat A na izborimapravimo anketu. Koliki uzorak treba uzeti da bi se za p odredio interval pouzdanosti0.95 širine 0.04?Rješenje: Parametar vjerojatnost p s pozdanošću γ poprimit će vrijednosti u u√ √intervalu (x−λ √ 1 n x(1 − x), x+λ √n1 x(1 − x)) gdje je λ = z 1+γ2normalne distibucije.√Širina intervala δ = 2λ √ 1 n x(1 − x).Kako je x(1 − x) ≤ 1 (z 1+γ ) 24 možemo ocijeniti veličinu uzorka n: n ≤ 2Za zadane δ = 0.04, γ = 0.95, dobivamo λ = z 1+γ2n ≤= 1.96 i(z 1+γ ) 22δ 2 = 1.9620.04 2 = 2401.kvantil standardneδ 2 .Uzorak mora imati bar 2401 glasača da bi s pouzdanošću 0.95 interval povjerenjaza postotak bodova na izborima za kandidata A bio širok 0.04. (greška unutar4%).Radni materijal 226

13. INTERVAL POVJERENJA ZA OČEKIVANJE13.5 PonovimoINTERVAL POVJERENJA ZA parametar tslučajni uzorak (X 1 , X 2 , ..., X n )parametartpouzdanostγinterval povjerenja za t P(G 1 ≤ t ≤ G 2 ) ≥ γINTERVAL POVJERENJA ZA OČEKIVANJE kad je n → ∞slučajni uzorak (X 1 , X 2 , ..., X n ), n ≥ 30parametar µpouzdanostinterval povjerenja za tγP(G 1 ≤ µ ≤ G 2 ) ≥ γG 1 = X − λ σ √ nG 2 = X + λ √ σ nλ z 1+γ , kvantil N(0, 1)2INTERVAL POVJERENJA ZA OČEKIVANJE NORMALNE distribucije(varijanca poznata)slučajni uzorak (X 1 , X 2 , ..., X n ), iz N(µ, σ 2 )parametar µpouzdanostinterval povjerenja za µγP(G 1 ≤ µ ≤ G 2 ) ≥ γG 1 = X − λ σ √ nG 2 = X + λ √ σ nλ z 1+γ , kvantil N(0, 1)2INTERVAL POVJERENJA ZA OČEKIVANJE NORMALNE distribucije(varijanca nepoznata)227 Radni materijal

13.5. Ponovimoslučajni uzorak (X 1 , X 2 , ..., X n ), iz N(µ, σ 2 )parametar µpouzdanostinterval povjerenja za µγP(G 1 ≤ µ ≤ G 2 ) ≥ γG 1 = X − λ √ ŝnG 2 = X + λ √ ŝnλ z 1+γ , kvantil t(n − 1)2INTERVAL POVJERENJA ZA VJEROJATNOST BINOMNE distribucije(veliki n)slučajni uzorak (X 1 , X 2 , ..., X n ), iz B(n, p)parametarpouzdanostinterval povjerenja za µpγP(G 1 ≤ p ≤ G 2 ) ≥ γG 1 = X n − λ 1 √ n√Xn (1 − X n )√G 2 = X n + λ √ 1 Xn n (1 − X n )λ z 1+γ , kvantil N(0, 1)2Radni materijal 228

Poglavlje 14INTERVAL POVJERENJA ZAVARIJANCU14.1 INTERVAL POVJERENJA ZA VARIJANCUNORMALNU distribucijepoznatog očekivanjaMOTIV 14.1 Neka slučajna varijabla ima normalnu distribucijuX ∼ N(µ, σ 2 ) nepoznate varijance σ 2 i poznatog očekivanja µ = 10. Uzet je uzorakveličine n = 5 i dobivena je vrijednost uzorka (7, 8, 10, 9, 9). Odredite interval povjerenjaza varijancu σ 2 slučajne varijable s pouzdanošću γ = 0.95.TEOREM 14.1 Neka je (X 1 , X 2 , ..X n ) slučajni uzorak slučajne varijableX ∼ N(µ, σ 2 ) s nepoznatim parametrom varijancom σ 2 , i poznatog očekivanja µ. Intervalpovjerenja (G 1 , G 2 ) za parametar varijance σ 2 s pouzdanošću γ čine procjenitelji:gdje su λ 1 = z 1−γ2F(z 1−γ2) = 1−γ2G 1 = 1 λ 2n∑(X i − µ) 2 i G 2 = 1 n∑(X i − µ) 2 ,λ 1i=1i=1, λ 2 = z 1+γ , kvantili hi-kvadrat distribucije χ 2 (n),2, F(z 1+γ2Dokaz: tko želi znati više) = 1+γ2 .229

14.1. µ POZNATONeka je X ∼ N(µ, σ 2 ) , onda je Y =n∑i=1( X i − µσNa intervalu (λ 1 , λ 2 ) :P(λ 1 < 1 n∑σ 2 (X i − µ) 2 < λ 2 ) = F(λ 2 ) − F(λ 1 ), tj.i=1) 2 ∼ χ 2 (n).P( 1 n∑(X i − µ) 2 < σ 2 < 1 n∑(X i − µ) 2 ) = F(λ 2 ) − F(λ 1 ).λ 2 λ 1i=1Ako je zadana pozdanost γ, P(G 1 < σ 2 < G 2 ) = γ = 1+γodrediti λ 1 , λ 2 tako da vrijedi F(λ 1 ) = 1−γ2 , F(λ 2) = 1+γkvantili hikvadrat distribucije χ 2 (n).Procjenitelji G 1 = 1 n∑(X i − µ) 2 , G 2 = 1 n∑λ 2λ 1i=1i=1i=12− 1−γ22tj. λ 1 = z 1−γ, onda možemo2, λ 2 = z 1+γ2(X i − µ) 2 čine interval povjerenjasu( 1 n∑(X i − µ) 2 1,λ 2i=1λ 1n∑(X i − µ) 2 )i=1za parametar σ 2 slučajne varijable X ∼ N(µ, σ 2 ) s pouzdanošću γ.Parametar varijanca σ 2 s pouzdanošću γ poprimit će vrijednosti u intervalu( 1 n∑(x i − µ) 2 1,λ 2i=1λ 1n∑(x i − µ) 2 ),i=1gdje su λ 1 = z 1−γ , λ 2 = z 1+γ kvantili hikvadrat distribucije χ 2 (n).22Ako je tablica hikvadrat distribucije Y ∼ χ 2 (n), dana u oblikuP(Y > ε) = p, onda P(Y > λ 2 ) = 1 − γ2 , P(Y > λ 1) = 1 + γ2 .NAPOMENA 14.1 Ova procjena parametra varijance slučajne varijableX ∼ N(µ, σ 2 ) poznatog očekivanja može koristiti za odredivanje širine inervalaδ =n∑(x i − µ) 2 ( 1 − 1 )λ 1 λ 2i=1uz zadanu pozdanost γ za interval povjerenja( 1 n∑(x i − µ) 2 ,λ 2i=11λ 1n∑(x i − µ) 2 ),i=1gdje su λ 1 = z 1−γ , λ 2 = z 1+γ kvantili hikvadrat distribucije χ 2 (n − 1).22Radni materijal 230

14. INTERVAL POVJERENJA ZA VARIJANCUNAPOMENA 14.2 Kvantili za hikvadrat distribuciju za n = 5, χ 2 (5),F(z 1+γ ) = 1+γ2:2γ 0.95 0.991+γ20.975 0.995z 1+γ212.83 16.75γ 0.95 0.991−γ20.025 0.01z 1−γ20.83 0.55Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 14.1 motivNeka slučajna varijabla ima normalnu distribucijuX ∼ N(µ, σ 2 ) nepoznate varijance σ 2 i poznatog očekivanja µ = 10. Uzet je uzorakveličine n = 5 i dobivena je vrijednost uzorka (7, 8, 10, 9, 9). Odredite interval povjerenjaza varijancu σ 2 slučajne varijable s pouzdanošću γ = 0.95.Rješenje: P( 1 λ 2∑ ni=1 (x i − µ) 2 < σ 2 < 1 λ 1∑ ni=1 (x i − µ) 2 ) = γ.Za varijancu σ 2 , poznatog očekivvanja interval povjerenja pouzdanosti γ je ( 1 λ 2∑ ni=1 (x i−µ) 2 , 1 ∑ nλ 1 i=1 (x i − µ) 2 ), gdje su λ 1 = z 1−γ , λ 2 = z 1+γ22χ 2 (n).Za n = 5, λ 1 = z 1−γ2, λ 2 = z 1+γ .2Iz tablice očitavamo za γ = 0.95, λ 1 = z 1−γ25∑Koristeći date vrijednosti iz uzorkadobivamo interval povjerenja za σ 2 :i=1= 0.83, λ 2 = z 1+γ2kvantili hikvadrat distribucije= 12.83.(x i − 10) 2 = 3 2 + 2 2 + 1 2 + 1 2 = 15( 1 n∑(x i − µ) 2 ,λ 2i=11λ 1n∑(x i − µ) 2 1) = (12.83 · 15, 1 · 15) = (1.17, 18.07).0.83i=1231 Radni materijal

14.2. µ NEPOZNATO14.2 INTERVAL POVJERENJA ZA VARIJANCUNORMALNE distribucijenepoznatog očekivanjaMOTIV 14.2 U četiri mjerenja Rockwellove tvrdoće jedne ploče radnici du dobili sljedećevrijednosti:64.9, 64.1, 63.8, 64.0.Odredite interval povjerenja za varijancu tvrdoće s pouzdanošću 99%.TEOREM 14.2 Neka je (X 1 , X 2 , ..X n ) slučajni uzorak slučajne varijableX ∼ N(µ, σ 2 ) s nepoznatim parametrom varijancom σ 2 , nepoznatog očekivanja µ. Intervalpovjerenja (G 1 , G 2 ) za varijance σ 2 s pouzdanošću γ čine procjenitelji:G 1 =(n − 1)Ŝ 2 (n − 1)i G 2 = Ŝ 2 ,λ 2 λ 1gdje je Ŝ2 korigirana uzoračka varijanca, a λ 1 = z 1−γ2distribucije χ 2 (n − 1),F(z 1−γ2) = 1−γ2, F(z 1+γ ) = 1+γ2 .2Dokaz: tko želi znati še, λ 2 = z 1+γ , kvantili hikvadrat2Neka je X ∼ N(µ, σ 2 ), onda je Y = n−1σ 2 Ŝ2 ∼ χ 2 (n − 1).Na intervalu (λ 1 , λ 2 ) : P(λ 1 < n−1σ 2 Ŝ2 < λ 2 ) = F(λ 2 ) − F(λ 1 ) tj.(n − 1)P( Ŝ 2 < σ 2 (n − 1)< Ŝ 2 ) = F(λ 2 ) − F(λ 1 ).λ 2 λ 1Ako je zadana pozdanost γ, P(G 1 < σ 2 < G 2 ) = γ = 1+γ2− 1−γ2odrediti λ 1 , λ 2 tako da vrijedi F(λ 1 ) = 1−γ2 , F(λ 2) = 1+γkvantili hikvadrat distribucije χ 2 (n − 1).Procjenitelji G 1 = (n−1)λ 2Ŝ 2 , G 2 = (n−1)λ 1Ŝ 2 čine interval povjerenja(n − 1)( Ŝ 2 (n − 1), Ŝ 2 )λ 2 λ 12tj. λ 1 = z 1−γza parametar σ 2 slučajne varijable X ∼ N(µ, σ 2 ) s pouzdanošću γ., i onda možemo2, λ 2 = z 1+γ2Parametar varijanca σ 2 s pouzdanošću γ poprimit će vrijednosti u u intervaluRadni materijal 232

14. INTERVAL POVJERENJA ZA VARIJANCU( (n−1)λ 2ŝ 2 , (n−1)λ 1Ako je tablica hikvadrat distribucije Y ∼ χ 2 (n − 1), dana u oblikuŝ 2 ), gdje su λ 1 = z 1−γ , λ 2 = z 1+γ kvantili hikvadrat distribucije χ 2 (n−1).22P(Y > ε) = p, onda P(Y > λ 2 ) = 1−γ2 , P(Y > λ 1) = 1+γ2 .NAPOMENA 14.3 Ova procjena parametra varijance slučajne varijableX ∼ N(µ, σ 2 ) nepoznatog očekivanja može koristiti za odredivanjeδ = (n − 1)ŝ 2 ( 1 λ 1− 1 λ 2)širine inervala uz zadanu pozdanost γ za interval povjerenja(n − 1)( Ŝ 2 (n − 1), Ŝ 2 ),λ 2 λ 1gdje su λ 1 = z 1−γ , λ 2 = z 1+γ kvantili hikvadrat distribucije χ 2 (n − 1).22NAPOMENA 14.4 Kvantili za hikvadrat distribuciju za n = 4, χ 2 (4),F(z 1+γ ) = 1+γ2:2γ 0.95 0.991+γ20.975 0.995z 1+γ211.14 14.86γ 0.95 0.991−γ20.025 0.01z 1−γ20.48 0.21PRIMJER 14.2 Neka slučajna varijabla ima normalnu distribucijuX ∼ N(µ, σ 2 ) nepoznate varijance σ 2 i nepoznatog očekivanja µ. Uzet je uzorak veličinen = 5 i dobivena je vrijednost uzorka (7, 8, 10, 9, 9). Odredite interval povjerenja zavarijancu σ 2 slučajne varijable s pouzdanošću γ = 0.95.Rješenje: P( (n−1)λ 2Ŝ 2 < σ 2 < (n−1)λ 1Ŝ 2 ) = γ.Za varijancu σ 2 interval povjerenja pouzdanosti γ je ( (n−1)λ 2kvantili hikvadrat distribucije χ 2 (n − 1).λ 1 = z 1−γ , λ 2 = z 1+γ22Za n = 5, iz tablice očitavamo za γ = 0.95, λ 1 = z 1−γ2= 11.14.λ 2 = z 1+γ2= 0.48,Ŝ 2 , (n−1)λ 1Ŝ 2 ), gdje su233 Radni materijal

14.2. µ NEPOZNATOKoristeći date vrijednosti iz uzorka: x = 1 n5∑(x i − x) 2 = 3 2 + 2 2 + 1 2 + 1 2 = 15i=1n∑i=1x i = 1 (7 + 8 + 10 + 9 + 9) = 8.6,5ŝ 2 =1n − 1n∑(x i − x) 2 = 15 − 1i=15∑(x i − 8.6) 2i=1= 1 4 ((7 − 8.6)2 + (8 − 8.6) 2 + (10 − 8.6) 2 + (9 − 8.6) 2 + (9 − 8.6) 2 ) = 1.3dobivamo interval povjerenja za σ 2 :(n − 1)( ŝ 2 (n − 1), ŝ 2 (5 − 1) (5 − 1)) = ( · 1.3, · 1.3) = (0.47, 10.83).λ 2 λ 1 11.14 0.48PRIMJER 14.3 Neka slučajna varijabla ima normalnu distribucijuX ∼ N(µ, σ 2 ) nepoznate varijance σ 2 i nepoznatog očekivanja µ. Uzet je uzorak veličinen = 5 i dobivena je vrijednost korigirane uzoračke varijance ŝ 2 = 0.64. Odredite intervalpovjerenja za varijancu σ 2 slučajne varijable s pouzdanošću γ = 0.95.Rješenje: P( (n−1)λ 2Ŝ 2 < σ 2 < (n−1)λ 1Ŝ 2 ) = γ.Za varijancu σ 2 interval povjerenja pouzdanosti γ je ( (n−1)λ 2kvantili hikvadrat distribucije χ 2 (n − 1).λ 1 = z 1−γ , λ 2 = z 1+γ22Za n = 5, iz tablice očitavamo za γ = 0.95, λ 1 = z 1−γ2= 11.14.= 0.48,Ŝ 2 , (n−1)λ 1Ŝ 2 ), gdje suλ 2 = z 1+γ2Koristeći date vrijednosti iz uzorka ŝ 2 = 0.64 dobivamo interval povjerenja za σ 2 :(n − 1)( ŝ 2 (n − 1), ŝ 2 (5 − 1) (5 − 1)) = ( · 0.64, · 0.64) = (0.229, 5.33).λ 2 λ 1 11.14 0.48Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 14.4 motivU četiri mjerenja Rockwellove tvrdoće jedne ploče radnici du dobili sljedeće vrijednosti:64.9, 64.1, 63.8, 64.0.Odredite interval povjerenja za varijancu tvrdoće s pouzdanošću 99%.Radni materijal 234

14. INTERVAL POVJERENJA ZA VARIJANCURješenje:Za varijancu σ 2 interval povjerenja pouzdanosti γ je ( (n−1)λ 2kvantili hikvadrat distribucije χ 2 (n − 1).λ 1 = z 1−γ , λ 2 = z 1+γ22Za n = 4, i γ = 0.99, iz tablice za χ 2 (3) očitavamo za λ 1 = z 1−γ2= 12.84.Ŝ 2 , (n−1)λ 1Ŝ 2 ), gdje su= 0.07λ 2 = z 1+γ2Koristeći date vrijednosti iz uzorka ŝ 2 = 0.233 dobivamo interval povjerenja zaσ 2 :(n − 1)( ŝ 2 (n − 1), ŝ 2 3) = (λ 2 λ 1 12.84 · 0.233, (3) · 0.233) = (0.054, 9.98).0.07Interval povjerenja za varijancu uz pouzdanost 99% je [0.05, 9.98].NAPOMENA 14.5 Intervali povjerenja za varijancu i standardnu devijaciju ako je nveliki.2n̂σ(a) za n > 30, P( 2( √ < 2n−3+λ) 2 σ2 2n̂σ< 2( √ ) = γ,2n−3−λ) 2λ = z 1+γ kvantili standardne normalne distribucije;2(b) za n ≥ 100, P(̂σ − λ √ ̂σ < σ < ̂σ + λ √ ̂σ ) = γ,2n 2nλ = z 1+γ2kvantili standardne normalne distribucije.PRIMJER 14.5 Uzet je uzorak veličine 100 za visinu 18-godišnjakinja i dobivene suvrijednosti za uzoračku aritmetičku sredinu x = 165 cm i uzoračku varijancu ̂σ 2 =5.8 2 cm.Pretpostavimo da visina djevojaka ima normalnu distribuciju.(a) Odredite interval povjerenja za očekivnje µ (srednju visinu) s pouzdanošćuγ = 0.95.(b) Odredite interval povjerenja za standardnu devijaciju σ s pouzdanošćuγ = 0.95.(c) Koliki treba biti uzorak da s pouzdanošću γ = 0.95 standardna devijacijane odstupa od uzoračke standardne devijacije više od 5%?Rješenje:(a) za n > 30, P(X − λ √ ̂σ n< µ < X + λ √ ̂σ n) = γ, λ = z 1+γ2normalne distribucijekvantili standardne(x − λ ̂σ √ n< µ < x + λ ̂σ √ n)= (165 − 1.96 5.8 √100< µ < 165. + 1.96 5.8 √100) = (163.8, 166.2).235 Radni materijal

14.2. µ NEPOZNATO(b) za n ≥ 100, P(̂σ − λ √ ̂σ < σ < ̂σ + λ √ ̂σ ) = γ, λ = z 1+γ kvantili2n 2n 2standardne normalne distribucije(̂σ − λ ̂σ √2n< µ < ̂σ + λ ̂σ √2n)= (5.8 − 1.96 5.8 √200< µ < 5.8 + 1.96 5.8 √200) = (4.9, 6.6).(c) P(̂σ − λ √ ̂σ2ndistribucije.< σ < ̂σ + λ ̂σ √2n) = γ, λ = z 1+γ2kvantili standardne normalneIz P(5.8 − 1.96 5.8 √2n< σ < 5.8 + 1.96 5.8 √2n) = 0.95 i uvjeta 1.96 5.8 √2n< 5.8 · 5%zaključujemo da je za n ≥ 769.γ 0.90 0.95 0.991+γ20.95 0.975 0.995z 1+γ21.65 1.96 2.58Radni materijal 236

14. INTERVAL POVJERENJA ZA VARIJANCU14.3 PonovimoINTERVAL POVJERENJA ZA VARIJANCU NORMALNE distribucije(očekivanje poznato)slučajni uzorak (X 1 , X 2 , ..., X n ), iz N(µ, σ 2 )parametar σ 2pouzdanostinterval povjerenja za σ 2γP(G 1 ≤ σ 2 ≤ G 2 ) ≥ γG 1 = 1 λ 2∑ ni=1 (X i − µ) 2G 1 = 1 λ 1∑ ni=1 (X i − µ) 2λ 1z 1−γ , kvantil χ 2 (n)2λ 2 z 1+γ , kvantil χ 2 (n)2INTERVAL POVJERENJA ZA VARIJANCU NORMALNE distribucije(očekivanje nepoznato)slučajni uzorak (X 1 , X 2 , ..., X n ), iz N(µ, σ 2 )parametar σ 2pouzdanostinterval povjerenja za σ 2λ 1γP(G 1 ≤ σ 2 ≤ G 2 ) ≥ γG 1 = n−1λ 2G 2 = n−1λ 1z 1−γ2λ 2 z 1+γ2· Ŝ2· Ŝ2, kvantil χ 2 (n − 1), kvantil χ 2 (n − 1)237 Radni materijal

Radni materijal 23814.3. Ponovimo

Poglavlje 15TESTIRANJE HIPOTEZATeorija testiranja statističkih hipoteza sastoji se u odredivanju kriterija na osnovukojeg pomoću eksperimentalnih vrijednosti slučajne varijable možemo odlučitiprihvaćamo li ili odbacujemo hipotezu. Parametarske hipoteze odnose se naparametre poznate funkcije distribucije slučajne varijable, a neparametarske seodnose na nepoznatu razdiobu.Definicija 15.1 (STATISTIČKA HIPOTEZA)Statistička hipoteza je bilo koja pretpostavka o distribuciji neke slučajne varijable(slučajnog vektora). Neparametarska hipoteza je pretpostavka o funkciji distribucije nekeslučajne varijable. Parametarska hipoteza je pretpostavka o parametrima poznate distribucijeneke slučajne varijable. Statističke hipoteze označavamo s H 0 , H 1 , .., H n .PRIMJER 15.1 H 0 (λ = λ 0 ) je parametarska hipoteza za parametar λ u Poissonovojdistribuciji.Definicija 15.2 (PROSTA HIPOTEZA)Parametarska hipoteza je prosta hipoteza ako sadrži samo jednu pretpostavku oparametru (npr. H 0 (µ = µ 0 )). Parametarska hipoteza je složena ako se sastoji od konačnoili beskonačno mnogo prostih hipoteza(npr. H 1 (µ > µ 0 ), H 1 (µ < µ 0 ), H 1 (µ µ 0 )).Definicija 15.3 (STATISTIČKI TEST)Testiranje statističkih hipoteza moguće je ako postaje barem dvije alternativne hipoteze:H 0 nul-hipoteza i njoj alternativna H 1 hipoteza (u nekom smislu suprotna). StatistikuT na uzorku (X 1 , X 2 , ..., X n ) pomoću koje se donosi odluka o prihvaćanju nul-hipoteze239

ili prihvaćanju neke od alternativno postavljenih hipoteza ako je dobivena vrijednostslučajnog uzorka (x 1 , x 2 , ..., x n ) zovemo statističkom testom.poznatu distribuciju.Test statistika ima svojuPRIMJER 15.2 Neka je nul-hipoteza H 0 (p = p 0 ) za slučajne varijable koje imaju B(1, p)binomnu distribuciju.Test statistika T = 1 n∑X i ima normalnu distribuciju T ∼ N(p, 1nnp(1 − p)), za n → ∞.i=1Definicija 15.4 (GREŠKA PRVE VRSTE, NIVO ZNAČAJNOSTI)Testom je napravljena greška prve vrste ako se nije prihvatila ispravna nul-hipoteza.Vjerojatnost da se napravi greška prve vrste naziva se nivo (razina) značajnosti i označavas α.Definicija 15.5 GREŠKA DRUGE VRSTE, JAKOST TESTATestom je napravljena greška druge vrste ako se prihvatila lažna nul-hipoteza.Vjerojatnost da se napravi greška druge vrste označava s β.Vjerojatnost da se ne napravi greška druge vrste zove se jakost testa označava s η, η = 1−β.(Jakost testa je vjerojatnost da se odbaci lažna nul-hipoteza.)Definicija 15.6 Kritično područjeVrijednost t kr statistike T na uzorku (X 1 , X 2 , ..., X n ) na osnovu koje odlučujemo prihvacamoli ili odbacujemo nul-hipotezu H 0 zove se kritična točka.Skup vrijednosti statistike T za koje se prihvaća H 0 zove se područje prihavćanja nulhipoteze,a skup vrijednosti statistike T za koje se ne prihvaća H 0 zove se kritično područje.Jednostrano kritično područje može biti odredeno s uvjetom T > t kr za t kr > 0 ili uvjetomT < t kr za t kr < 0.Dvostrano kritično područje odredeno je s uvjetom T < t kr1 i T > t kr2 za t kr1 < t kr2 .NAPOMENA 15.1 Neka je zadan nivo značajnosti α i test statistika T za parametarskuhipotezu H 0 (parametar = parametar 0 ).(a) Za dvostrani test:kritične točke t kr1 , t kr2 , odredujemo iz uvjetaP(T < t kr1 ) = α 2 , P(T > t kr2) = α 2 ;t kr1 = z α2i t kr2 = z 1− α2H 0 (parametar = parametar 0 )H 1 (parametar parametar 0 )Radni materijal 240

15. TESTIRANJE HIPOTEZAsu kvantili za F, funkciju distribucije test statistike T.Ako je vrijednost test statistike t ∈ (t kr1 , t kr2 ) prihvaćamo nul-hipotezu H 0 , inače prihvaćamoalternativnu hipotezu H 1 .(b) Za jednostrani test:H 0 (parametar = parametar 0 )H 1 (parametar < parametar 0 )lijevu kritičnu točku (t kr < 0) odredujemo iz uvjetaP(T < t kr ) = α;t kr = z α je kvantili za F, funkciju distribucije test statistike T.Ako je vrijednost test statistike t ∈ (t kr , ∞) prihvaćamo nul-hipotezu H 0 , inače prihvaćamoalternativnu hipotezu H 1 .(c) Za jednostrani test:H 0 (parametar = parametar 0 )H 1 (parametar > parametar 0 )desnu kritičnu točku (t kr > 0) odredujemo iz uvjetaP(T > t kr ) = α;t kr = z 1−α je kvantili za F funkciju distribucije test statistike T.Ako je vrijednost test statistike t ∈ (−∞, t kr ) prihvaćamo nul-hipotezu H 0 , inače prihvaćamoalternativnu hipotezu H 1 .t krt krSlika 15.1: Kritično područje za jednostrani (lijevi i desni) test.NAPOMENA 15.2 Vrijednosti α, β ovise o t kr . Želimo da obe greške budu male a to jekontradiktorno (ako α opada, t kr se miče u desno i β raste.)U praksi se na početku izabere α = 0.05 ili α = 0.01, zatim se odredi t kr i na kraju seizračuna β. Ako je β veliko onda ponavljamo test pomoću većeg uzorka.241 Radni materijal

22t kr 1t kr 2Slika 15.2: Kritično područje za dvostrani test.NAPOMENA 15.3 Svi teoremi o testiranju hipoteza o parametrima (očekivanje, vjerojatnosti varijanca) su dani bez dokaza. Dokazi se temelje na rezultatima dobivenim upoglavlju Intervali povjerenja i u uvodu objašnjenog postupka.Radni materijal 242

15. TESTIRANJE HIPOTEZA15.1 TEST HIPOTEZE ZA VJEROJATNOST BI-NOMNE DISTRIBUCIJEn → ∞MOTIV 15.1 Proizvodač lijeka tvdri da je lijek za alergiju djelotvoran 90% u vremenskomrazdoblju od 8 sati tako da se ukloni alergijska reakcija kože.Liječnik je vršioistraživanje. Na uzorku od 200 pacijenata s alergijskim problemima lijek je bio učinkovitkod njih 160. Koji je zaključak liječnik dobio- treba li vjerovati deklaraciji proizvodača?Pretpostavimo da je odluku donio uz razinu značajnosti 1% tj. vjerojatnost da je odbacioistinitu tvrdnju je 1%.TEOREM 15.1 Ako je broj ponavljanja u Bernoullijevoj shemi veliki onda za parametarskuhipotezu H 0 (p = p 0 ) test statistikaT = √ nX − p 0√p0 (1 − p 0 )ima standardnu normalnu distribuciju T ∼ N(0, 1).Neka je zadan nivo (razina) značajnosti α.(a) Za dvostrani test:nul-hipoteza H 0 (p = p 0 ) i alternativna H 1 (p p 0 )kritične točke t kr1 , t kr2 , odredujemo iz uvjetaP(T < t kr1 ) = α 2 , P(T > t kr2) = α 2 ;t kr1 = z α2, t kr2 = z 1− α2su kvantili za F*, funkciju distribucije T ∼ N(0, 1).Ako je vrijednost test statistikex−p 0t = √ n √p0 ∈ (t kr1, t kr2 ) prihvaćamo nulhipotezu H 0 , inače prihvaćamo alternativnu(1−p 0 )H 1 .(b) Za jednostrani test:nul-hipoteza H 0 (p = p 0 ) i alternativna H 1 (p < p 0 )kritičnu točku t kr odredujemo iz uvjeta P(T < t kr ) = α;t kr = z α je kvantili za F*, funkciju distribucije T ∼ N(0, 1).Ako je vrijednost test statistikex−p 0t = √ n √p0 ∈ (t kr1, ∞) prihvaćamo nul-hipotezu H 0 , inač prihvaćamo alternativnu(1−p 0 )H 1 .(c) Za jednostrani test:243 Radni materijal

15.1. ZA VJEROJATNOSTnul-hipoteza H 0 (p = p 0 ) i alternativna H 1 (p > p 0 )kritičnu točku t kr odredujemo iz uvjeta P(T > t kr ) = α;t kr = z 1−α je kvantili za F*, funkciju distribucije T ∼ N(0, 1).Ako je vrijednost test statistikex−p 0t = √ n √p0 ∈ (−∞, t kr) prihvaćamo nul-hipotezu H 0 , inač prihvaćamo alternativnu(1−p 0 )H 1 .PRIMJER 15.3 Napravljen je slučajni pokus bacanje novčića. Pokus je ponovljenn=4040 puta i dobiveno je 2048 grbova. Znamo da je uspjeh u pokusu binomna slučajnavarijabla s parametrom p vjerojatnost da padne grb. Testiramo nulhipotezu H 0 (p = 0.5)tj. testiramo hipotezu da je novčić ispravan. Alternativna hipozeza je H 1 (p 0.5). Nekaje nivo značajnosti α = 0.05.Rješenje: Postavljamo hipoteze:nul-hipoteza H 0 (p = 0.5)alternativna hipoteze H 1 (p 0.5) H 1 (p < 0.5) i H 1 (p > 0.5).Za zadani α = 0.05 provjeravamo dvostrani test.t kr1 = z 0.025 , t kr2 = z 0.975 su kvantili standardne normalne distribucije F ∗ .−t kr1 = z 1−0.025 = z 0.975 = 1.96, ⇒ t kr1 = −1.96, t kr2 = z 0.975 = 1.96.Područje prihvaćanja za nul-hipotezu H 0 (p = 0.5) za nivo značajnostiα = 0.05 je (t kr1 , t kr2 ) = (−1.96, 1.96).Vrijednost test statistike T(X 1 , X 2 , ..., X n ), jet = √ nx − p 0√p0 (1 − p 0 ) = √ 4040 ·20484040 − 0.5√0.5 · (1 − 0.5)= 0.881 04.Kako je t ∈ (t kr1 , t kr2 ) unutar područja prihvatljivosti nul-hipoteze, prihvaćamonul-hipotezu H 0 (p = 0.5), novčić je ispravan.Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 15.4 motivProizvodač lijeka tvdri da je lijek za alergiju djelotvoran 90% u vremenskom razdobljuod 8 sati tako da se ukloni alergijska reakcija kože. Liječnik je vršio istraživanje. Nauzorku od 200 pacijenata s alergijskim problemima lijek je bio učinkovit kod njih 160. Kojije zaključak liječnik dobio- treba li vjerovati deklaraciji proizvodača? Pretpostavimo da jeodluku donio uz razinu značajnosti 1% tj. vjerojatnost da je odbacio istinitu tvrdnju je1%.Radni materijal 244

15. TESTIRANJE HIPOTEZARješenje: Postavljamo hipoteze:H 0 (p = 0.9), deklaracija o lijeku je isprvnaH 1 (p < 0.9) deklaracija je lažna.U zadatku je zadano α = 0.01, p 0 = 0.9, x = 160200 , n = 200.Test statistika je T = √ nT ∼ N(0, 1), n → ∞.X − p 0√p0 (1 − p 0 )i ima standardnu normalnu distribucijuZa jednostrani test, kritičnu točku t kr odredujemo iz uvjeta P(T < t kr ) = α. Tako jet kr = z α kvantili za F*, funkciju distribucije T ∼ N(0, 1).Kritična točka je t kr = z α = −z 1−α = −2.33.Područje prihvaćanja za nul-hipotezu H 0 (p = 0.9) za nivo značajnostiα = 0.01 je (t kr , ∞) = (−2.33, ∞).Vrijednost test statistike T(X 1 , X 2 , ..., X n ),t = √ nx − p 0√p0 (1 − p 0 ) = √ 200 ·160200 − 0.9√0.9 · (1 − 0.9)= −4.72.Kako t (t kr , ∞) nije unutar područja prihvatljivosti nul-hipoteze, prihvaćamoalternativnu H 1 (p < 0.9) tj. deklaracija nije vjerodostojna uz razinu značajnosti1%.245 Radni materijal

15.2. ZA OČEKIVANJE n > 3015.2 TESTIRANJE HIPOTEZE ZA OČEKIVANJENORMALNE DISTRIBUCIJEkad je varijanca poznata(i za n > 30 )MOTIV 15.2 Prekidna čvrstoća kablova proizvedenih u jednoj tvornici ima uzoračku aritmetičkusredinu 815 kg i standardnu devijaciju 45 kg. Novom tehnologijom u proizvodnomprocesu tvrdi se da je prekidna čvrstoća povećana. Da testira tu tvrdnju kontrolorje testirao 50 kablova i dobio uzoračku aritmetičku sredinu 840 kg. Hoće li kontorlorprihvatiti tvrdnju proizvodača uz razinu značajnosti 1%.U 13. i 14. poglavlju (Intervali povjerenja) uočili smo da pomoću statistikaT(X 1 , ..., X n ) donosimo zaključke o parametrima teorijske distribucije (očekivanje µi varijanca σ 2 ). U slučaju velikog uzorka sve statsitike imaju normalnu distribucijuN(µ, σ2n) bez obzira o teorijsku distribuciju populacije. Zato, za velike uzorke,ako nije poznata varijanca, možemo korigiranu uzoračku varijancu ŝ 2 i uzoračkuvarijancu ̂σ 2 uzeti za procjenu σ 2 .TEOREM 15.2 Neka je (X 1 , X 2 , ..X n ) slučajni uzorak slučajne varijable X koja imapoznatu distribuciju (normalna) s nepoznatim parametrom očekivanje µ i poznatom varijancomσ 2 (ili poznatom korigiranom uzoračkom varijancom ŝ 2 ). Ako je veliki uzorakima stan-(n → ∞) za parametarsku hipotezu H 0 (µ = µ 0 ) test statistika T = √ n X−µ 0σdardnu normalnu distribuciju T ∼ N(0, 1).Neka je zadan nivo (razina) značajnosti α.(a) Za dvostrani test:nul-hipoteza H 0 (µ = µ 0 ) i alternativna H 1 (µ µ 0 ),kritične točke t kr1 , t kr2 , odredujemo iz uvjetaP(T < t kr1 ) = α 2 , P(T > t kr2) = α 2 ;t kr1 = z α2, t kr2 = z 1− α2su kvantili za F*, funkciju distribucije T ∼ N(0, 1).Ako je vrijednost test statistike T(X 1 , X 2 , ..., X n ),t = √ n x−µ 0σ∈ (t kr1 , t kr2 ) prihvaćamo nulhipotezu H 0 , inače prihvaćamo alternativnu H 1 .(b) Za jednostarni test:nul-hipoteza H 0 (µ = µ 0 ) i alternativna H 1 (µ < µ 0 ),Radni materijal 246

15. TESTIRANJE HIPOTEZAkritičnu točku t kr odredujemo iz uvjeta P(T < t kr ) = α;t kr = z α je kvantil za F*, funkciju distribucije test statistike T ∼ N(0, 1).Ako je vrijednost test statistike T(X 1 , X 2 , ..., X n ),t = √ n x−µ 0σ∈ (t kr , ∞) prihvaćamo nul-hipotezu H 0 , inače prihvaćamo alternativnu H 1 .(c) Za jednostarni test:nul-hipoteza H 0 (µ = µ 0 ) i alternativna H 1 (µ > µ 0 ),kritičnu točku t kr odredujemo iz uvjeta P(T > t kr ) = α;t kr = z 1−α je kvantil za F*, funkciju distribucije test statistike T ∼ N(0, 1).Ako je vrijednost test statistike T(X 1 , X 2 , ..., X n ),t = √ n x−µ 0σ∈ (−∞, t kr ) prihvaćamo nul-hipotezu H 0 , inače prihvaćamo alternativnu H 1 .PRIMJER 15.5 Slučajna varijabla X ∼ N(µ, σ 2 = 4). U uzorku veličine n=25 vrijednostuzoračke aritmetičke sredine je x = 14.7. Za nivo značajnosti α = 0.01 testirati(a) nul-hipotezu H 0 (µ = 16) i alternativnu hipotezu H 1 (µ 16),(b) nul-hipotezu H 0 (µ = 16) i alternativnu hipotezu H 1 (µ < 16).Rješenje :Zadan je uzorak iz normalne distribucije pa za parametarsku hipotezu H 0 (µ = µ 0 )test statistika T = √ n X−µ 0σima standardnu normalnu distribuciju T ∼ N(0, 1).Nivo značajnosti je α = 0.01, i n = 25.(a)Testiramo:nul-hipotezu H 0 (µ = 16) i alternativnu hipotezu H 1 (µ 16),Kritične točke su kvantili za F ∗ :t kr1 = z α2= z 0.005 , −t kr1 = z 0.995 , −t kr1 = 2.58, t kr1 = −2.58.t kr2 = z 1− α2= z 0.995 , t kr2 = 2.58.Područje prihvaćanja za nul-hipotezu H 0 (µ = 16) za nivo značajnosti α = 0.01 je(t kr1 , t kr2 ) = (−2.58, 2.58).Vrijednost test statistike T(X 1 , X 2 , ..., X n ),t = √ n x−µ 0σ= √ 25 14.7−162= −3. 25 (t kr1 , t kr2 ) pa odbacujemo nul-hipotezu H 0 (µ =16) i prihvaćamo alternativnu hipotezu H 1 (µ 16).(b) Testiramo:nul-hipotezu H 0 (µ = 16) i alternativnu hipotezu H 1 (µ < 16).Kritična točka je kvantili za F ∗ : t kr = z α = z 0.01 , t kr = −2.33.Područje prihvaćanja za nul-hipotezu H 0 (µ = µ 0 ) za nivo značajnosti α = 0.01 je(t kr , ∞) = (−2.33, ∞).247 Radni materijal

15.2. ZA OČEKIVANJE n > 30Vrijednost test statistike T(X 1 , X 2 , ..., X n ),t = √ n x−µ 0σ= √ 25 · 14.7−162= −3., 25 (−2.33, ∞), pa odbacujemo nul-hipotezu iprihvaćamo alternativnu hipotezu H 1 (µ < 16).Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 15.6 motivPrekidna čvrstoća kablova proizvedenih u jednoj tvornici ima uzoračku aritmetičkusredinu 815 kg i standardnu devijaciju 45 kg. Novom tehnologijom u proizvodnom procesutvrdi se da je prekidna čvrstoća povećana. Da testira tu tvrdnju kontrolor je testirao 50kablova i dobio uzoračku aritmetičku sredinu 840 kg. Hoće li kontorlor prihvatiti tvrdnjuproizvodača uz razinu značajnosti 1%.Rješenje :Uzorak je veliki n > 30, pa za parametarsku hipotezu H 0 (µ = µ 0 ) test statistikaT = √ n X−µ 0σima standardnu normalnu distribuciju T ∼ N(0, 1).Testiramo:nul-hipoteza H 0 (µ = 815) i alternativna H 1 (µ > 815)pomoću jednostranog testa.U zadatku su poznati podatci n = 50, ̂σ = 45, x = 840, α = 0.01.Za veliki uzorak standardnu devijaciju σ procijenit ćemo sa uzoračkom devijacijom̂σ. Za jednostrani test, kritičnu točku t kr odredujemo iz uvjeta P(T > t kr ) = α;t kr = z 1−α = 2.33 je kvantil standardne normalne distribucije.Područje prihvaćanja za nul-hipotezu H 0 (µ = 815) za nivo značajnosti 0.01 je(−∞, 2.33).Vrijednost test statistike T(X 1 , X 2 , ..., X n ),t = √ n x−µ 0σ= √ 50 840−81545= 3.93 (−∞, 2.33) pa odbacujemo nul-hipotezu iprihvaćamo alternativnu hipotezu H 1 (µ > 815. Kontrolor će prihvatiti tvrdnjuproizvodača o poboljšanju prekidne čvrstoće.Radni materijal 248

15. TESTIRANJE HIPOTEZA15.3 TESTIRANJE HIPOTEZA ZA OČEKIVANJENORMALNE DISTRIBUCIJEkad je varijanca nepoznataMOTIV 15.3 Da testira prekidnu čvrstoću užadi kontrolor je testirao 6 užadi i dobiouzoračku aritmetičku sredinu 3515 kg i korigiranu uzoračku varijancu 66 kg. Proizvodačtvrdi da je 3630 kg. Hoće li kontorlor prihvatiti tvrdnju proizvodača uz razinu značajnosti1%.MOTIV 15.4 Izvršena su mjerenja tlačne čvrstoće [ kgcm 2 ] uzorka betona visoke kvalitete(A) i običnog betona (B). Dobiveni su sljedeće vrijednostiA 357 356 413B 346 358 302Pretpostavimo da su tlačne čvrstoće normalno distribuirane i da imaju jednake varijance.Testirajte hipotezu da je oba tipa betona imaju jednaka očekivanja µ 1 = µ 2 uzalternativnu hipotezu da je µ 1 > µ 2 , uz razinu značajnosti 5%.TEOREM 15.3 Neka je (X 1 , X 2 , ..X n ) slučajni uzorak slučajne varijable X koja imanormalnu distribuciju s nepoznatim parametrom očekivanje µ i nepoznatom varijancomσ 2 . Za parametarsku hipotezu H 0 (µ = µ 0 ) test statistikaT = √ n X − µ 0Ŝima Studentovu distribuciju T ∼ t(n − 1).Neka je zadan nivo (razina) značajnosti α.(a) Za dvostrani test:nul-hipoteza H 0 (µ = µ 0 ) i alternativna H 1 (µ µ 0 ),kritične točke t kr1 , t kr2 , odredujemo iz uvjeta= √ n − 1 X − µ 0̂ΣP(T < t kr1 ) = α 2 , P(T > t kr2) = α 2 ;t kr1 = z α2, t kr2 = z 1− α2su kvantili za F, funkciju distribucije T ∼ t(n − 1).Ako je vrijednost test statistike T(X 1 , X 2 , ..., X n ),t = √ n x−µ 0ŝ∈ (t kr1 , t kr2 ) prihvaćamo nulhipotezu H 0 , inače prihvaćamo alternativnu H 1 .249 Radni materijal

15.3. ZA OČEKIVANJE normalne(b) Za jednostarni test:nul-hipoteza: H 0 (µ = µ 0 ) i alternativna H 1 (µ < µ 0 ), kritičnu točku t kr odredujemo izuvjeta P(T < t kr ) = α.t kr = z α je kvantil za F, funkciju distribucije test statistike T ∼ t(n − 1).Ako je vrijednost test statistike T(X 1 , X 2 , ..., X n ),t = √ n x−µ 0∈ (tŝ kr , ∞) prihvaćamo H 0 , inače prihvaćamo alternativnu H 1 .(c) Za jednostarni test:nul-hipoteza H 0 (µ = µ 0 ) i alternativna H 1 (µ > µ 0 ) kritičnu točku t kr odredujemo izuvjeta P(T > t kr ) = α;t kr = z 1−α , je kvantil za F, funkciju distribucije test statistike T ∼ t(n − 1).Ako je vrijednost test statistike T(X 1 , X 2 , ..., X n ),t = √ n x−µ 0ŝ∈ (−∞, t kr ) prihvaćamo nulhipotezu H 0 , inače prihvaćamo alternativnu H 1 .NAPOMENA 15.4 Kvantili za Studentovu distribuciju za n = 5, t(4),F(z α ) = α :α 0.05 0.01z α −2.13 −1.53z 1−α 2.13 1.53α 0.05 0.01α20.025 0.005z α2−2.78 −4.60z 1− α22.78 4.60PRIMJER 15.7 Neka slučajna varijabla ima normalnu distribucijuX ∼ N(µ, σ 2 ) nepoznate varijance σ 2 . Uzet je utorak veličine n = 5 i dobivena je vrijednostuzoračke aritmetičke sredine x = 10.2, i vrijednost korigirane uzoračke varijance ŝ 2 = 0.64.Za nivo značajnosti α = 0.05 testirati(a) nul-hipotezu H 0 (µ = 10) i alternativnu hipotezu H 1 (µ 10),(b) nul-hipotezu H 0 (µ = 10) i alternativnu hipotezu H 1 (µ < 10).Rješenje:Za parametarsku hipotezu H 0 (µ = µ 0 ) test statistikaT = √ n X − µ 0Ŝima Studentovu distribuciju T ∼ t(n − 1).= √ n − 1 X − µ 0̂ΣZa nivo značajnosti α = 0.05 i n = 5 (a) testiramo:Radni materijal 250

15. TESTIRANJE HIPOTEZAnul-hipotezu H 0 (µ = 10) i alternativnu hipotezu H 1 (µ 10).Za α = 0.05, n − 1 = 4,kritične točke su kvantili Studentove distribucije t(5 − 1) :t kr1 = z α2= z 0.025 , −t kr1 = z 0.975 , −t kr1 = 2.78, t kr1 = −2.78,t kr2 = z 1− α2= z 0.995 , t kr2 = 2.78.Područje prihvaćanja za nulhipotezu H 0 (µ = µ 0 ) za nivo značajnosti α = 0.05 je(t kr1 , t kr2 ) = (−2.78, 2.78).Vrijednost test statistike T(X 1 , X 2 , ..., X n ),t = √ n x−µ 0= √ 5 · 10.2−10ŝ0.8= 0.559 02 ∈ (t kr1 , t kr2 ) je upala u područje prihvaćanja,pa prihvaćamo nulhipotezu H 0 (µ = 10).(b) Testiramo:nul-hipotezu H 0 (µ = 10) i alternativnu hipotezu H 1 (µ < 10).Za α = 0.05 kritična točka je kvantil Studentove distribucije t(5 − 1) :t kr = z α = z 0.05 , −t kr = z 0.95 , −t kr = 2.13, t kr = −2.13.Područje prihvaćanja za nul-hipotezu H 0 (µ = 10) za nivo značajnosti α = 0.05 je(t kr , ∞) = (−2.13, ∞).Vrijednost test statistike T(X 1 , X 2 , ..., X n ),t = √ n x−µ 0ŝH 0 (µ = 10).= √ 5 · 10.2−100.8= 0.559 ∈ (−2.13, ∞) pa prihvaćamo nul-hipotezuPrisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 15.8 motivDa testira prekidnu čvrstoću užadi kontrolor je testirao 6 užadi i dobio uzoračkuaritmetičku sredinu 3515 kg i uzoračku standardnu devijaciju 66 kg. Proizvodač tvrdi daje 3630 kg. Hoće li kontorlor prihvatiti tvrdnju proizvodača uz razinu značajnosti 1%.Rješenje:Testira se:nul-hipoteza H 0 (µ = 3630) i alternativna H 1 (µ < 3630)pomoću jednostranog testa.Test statistika T = √ n X−µt(n − 1).Ŝ= √ n − 1 X−µ̂Σima studentovu distribuciju T ∼Za jednostrani test kritičnu točku t kr odredujemo iz uvjeta P(T < t kr ) = α.251 Radni materijal

15.3. ZA OČEKIVANJE normalnet kr = z α , je kvantil za F, funkciju distribucije test statistike T ∼ t(n − 1).Za α = 0.01 i n = 6, t kr = z α = z 0.01 , −t kr = z 0.99 , −t kr = 3.37, t kr = −3.37.Područje prihvaćanja za nul-hipotezu H 0 (µ = 3630) za nivo značajnosti α = 0.01je (−3.37, ∞).Vrijednost test statistike T(X 1 , X 2 , ..., X n ),t = √ n − 1 x−µ 0= √ 5 · 3515−3630̂σ66= −3.89 (−3.37, ∞) pa ne prihvaćamo nulhipotezuH 0 (µ = 3630), nego alternativnu H 1 (µ < 3630). Kontrolor će odbacititvrdnju proizvodača s razinom značajnosti 1%.NAPOMENA 15.5 Neka su (X 1 , X 2 , ....X n ) i (Y 1 , Y 2 , ..., Y n ) zadana dva slučajna uzorkaiz normalne distribucije nepoznatih očekivanja µ 1 i µ 2 ali jedankih varijanci σ 2 1 = σ2 2 . Akotestiramo H 0 (µ 1 = µ 2 )uz alternativne hipoteze H 1 (µ 1 > µ 2 ) ili H 1 (µ 1 < mu 2 ) ili H 1 (µ 1 µ 2 )definiramo µ = µ 1 − µ 2 i testiramo H 0 : µ = 0uz alternativne hipoteze H 1 (µ > 0) ili H 1 (µ < 0) ili H 1 (µ 0).Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 15.9 motivIzvršena su mjerenja tlačne čvrstoće [ kgcm 2 ] uzorka betona visoke kvalitete (A) i običnogbetona (B). Dobiveni su sljedeće vrijednostiA 357 359 413B 346 358 302Pretpostavimo da su tlačne čvrstoće normalno distribuirane i da imaju jednake varijance.Testirajte hipotezu da je oba tipa betona imaju jednaka očekivanja µ 1 = µ 2 uzalternativnu hipotezu da je µ 1 > µ 2 , uz razinu značajnosti 5%.Rješenje:Definiramo novu varijablu razlike čvrstoća D i uzorak razlike čvrstoćaA-B 11 1 111Uzoračaka aritmetička sredina za D je d = 41, a korigiranqauzoračka varijancaŝ 2 D = 3700Za ovaj uzorak testiramo nul-hipotezu H 0 (µ = 0)uz alternativnu hipotezu H 1 (µ > 0). Koristimo test statistiku T = √ n X−µ 0ŜRadni materijal 252koja ima

15. TESTIRANJE HIPOTEZAstudentovu distribuciju T ∼ t(n − 1).Za jednostrani test, kritičnu točku t kr odredujemo iz uvjeta P(T > t kr ) = α.t kr = z 1−α , je kvantil za F, funkciju distribucije test statistike T ∼ t(n − 1).U zadatku je zadana razina značajnosti α = 0.05 i n = 3 pa iz tablice t(2) očitavamot kr = z 1−α = 2.92.Područje prihvaćanja za nul-hipotezu H 0 (µ = 0) za nivo značajnosti α = 0.05je (−∞, 2.92).Ako je vrijednost test statistike t = √ n d−µ 0∈ (tŝ D kr , ∞) prihvaćamo nul-hipotezu,inače prihvaćamo alternativnu.t = √ 3 41−060.82 = 1.167 ∈ (−∞, 2.92), pa prihvaćamo nul-hiptezu H 0 : µ = 0, tj.nul-hipotezu H 0 (µ 1 = µ 2 ).S razinom značajnosti 5% prihvaćamo hipotezu da oba betona imaju jednakaočekivanja čvrstoće.253 Radni materijal

15.4. ZA VARIJANCU15.4 TESTIRANJE HIPOTEZA za varijancu normalnerazdiobeMOTIV 15.5 Očekivana masa palete opeka je 1166.4 kg. Standardna devijacija masepalete opeka je 5.5 kg. Kontrolor je testirao uzorak od 20 paleta i dobio uzoračku standardnudevijaciju 6.5 kg. Može li kontrolor zaključiti da je standardna devijacija u porastu uznivo značajnosti 5%?TEOREM 15.4 Neka je (X 1 , X 2 , ..X n ) slučajni uzorak slučajne varijable X koja ima normalnudistribuciju s nepoznatim parametrom varijancom σ 2 . Za parametarsku hipotezuH 0 (σ 2 = σ 2 0 ) test statistika T = n − 1σ 2 Ŝ 2 = n σ 2 0 0· ̂Σ 2ima hikvadrat distribuciju s (n − 1) stupnjeva slobode T ∼ χ 2 (n − 1).Neka je zadan za nivo (razina) značajnosti α.(a) Za dvostarni test:nul-hipoteza H 0 (σ 2 = σ 2 0 ) i alternativna H 1(σ 2 σ 2 0 ),kritične točke t kr1 , t kr2 , odredujemo iz uvjetaP(T < t kr1 ) = α 2 , P(T > t kr2) = α 2 .t kr1 = z α2, t kr2 = z 1− α2su kvantili za funkciju distribucije χ 2 (n − 1).Ako je vrijednost test statistike T(X 1 , X 2 , ..., X n ),t = (n−1) ŝ 2 ∈ (tσ 2 kr1 , t kr2 )0prihvaćamo nul-hipotezu H 0 , inače prihvaćamo alternativnu H 1 .(b) Za jednostrani test:nul-hipoteza H 0 (σ 2 = σ 2 0 ) i alternativna H 1(σ 2 < σ 2 0 ),kritičnu točku t kr odredujemo iz uvjeta P(T < t kr ) = α.t kr = z α je kvantil za funkciju distribucije χ 2 (n − 1).Ako je vrijednost test statistike T(X 1 , X 2 , ..., X n ),t = (n−1) ŝ 2 ∈ (tσ 2 kr , ∞)0prihvaćamo nul-hipotezu H 0 , inače prihvaćamo alternativnu H 1 .(c) Za jednostarni test:nul-hipoteza H 0 (σ 2 = σ 2 0 ) i alternativna H 1(σ 2 > σ 2 0 ),kritičnu točku t kr odredujemo iz uvjeta P(T > t kr ) = α.t kr = z 1−α , je kvantil za funkciju distribucije χ 2 (n − 1).Ako je vrijednost test statistike T(X 1 , X 2 , ..., X n ),Radni materijal 254

15. TESTIRANJE HIPOTEZAt = (n−1) ŝ 2 ∈ (−∞, tσ 2 kr )0prihvaćamo nul-hipotezu H 0 , inače prihvaćamo alternativnu H 1 .t krt krSlika 15.3: Kritično područje za jednostrani (lijevi i desni) test.22t kr 1t kr 2Slika 15.4: Kritično područje za dvostrani test.NAPOMENA 15.6 Kvantili za hikvadrat distribuciju za n = 4, χ 2 (4),F(z α ) = α :α 0.05 0.01z α 0.71 0.29z 1−α 9.48 11.27α 0.05 0.01α20.025 0.005z α20.48 0.21z 1− α211.14 14.86PRIMJER 15.10 Neka slučajna varijabla ima normalnu distribucijuX ∼ N(µ, σ 2 ). U uzorku veličine n = 5 vrijednost korigirane uzoračke varijance je255 Radni materijal

15.4. ZA VARIJANCUŝ 2 = 0.64 Za nivo značajnosti α = 0.05 testirati(a) nul-hipotezu H 0 (σ 2 = 0.8 2 ) i alternativnu hipotezu H 1 (σ 2 0.8),(b) nul-hipotezu H 0 (σ 2 = 0.8 2 ) i alternativnu hipotezu H 1 (σ 2 < 0.8).Rješenje :Za parametarsku hipotezu H 0 (σ 2 = σ 2 ) test statistika0T = n − 1σ 2 Ŝ 2 = n σ 2 · ̂Σ 20 0ima hikvadrat distribuciju s (n − 1) stupnjeva slobode T ∼ χ 2 (n − 1).(a) Testitamo:nul-hipotezu H 0 (σ 2 = 0.8 2 ) i alternativnu hipotezu H 1 (σ 2 0.8 2 ),Za α = 0.05, n = 5 kritične točke su kvantili distribucije χ 2 (4) :t kr1 = z α2= z 0.025 , t kr1 = 0.48,t kr2 = z 1− α2= z 0.995 , t kr2 = 11.14.Područje prihvaćanja za nul-hipotezu H 0 (σ 2 = 0.8 2 ) za nivo značajnostiα = 0.05 je (t kr1 , t kr2 ) = (0.48, 11.14).Vrijednost test statistike T(X 1 , X 2 , ..., X n ),t = (n−1) ŝ 2 = 4σ 2 0.64 0.64 = 4 ∈ (0.48, 11.14) pa prihvaćamo nul-hipotezu H 0.0(b) Testiramo:nul-hipotezu H 0 (σ 2 = 0.8 2 ) i alternativnu hipotezu H 1 (σ 2 < 0.8 2 ).Za α = 0.05, n = 5, kritična točka je kvantil distribucije χ 2 (4) :t kr = z α = z 0.05 , t kr = 0.71.Područje prihvaćanja za nul-hipotezu H 0 (σ 2 = 0.64) za nivo značajnosti α = 0.05je (t kr , ∞) = (0.71, ∞).Vrijednost test statistike T(X 1 , X 2 , ..., X n ),t = (n−1) ŝ 2 = 4σ 2 0.64 0.64 = 4 ∈ (0.71, ∞) pa prihvaćamo nul-hipotezu H 0(σ 2 = 0.64).0Prisjetimo se motivacijskog primjera:PRIMJER 15.11 motivOčekivana masa palete opeka je 1166.4 kg. Standardna devijacija mase palete opeka je5.5 kg. Kontrolor je testirao uzorak od 20 paleta i dobio uzoračku standardnu devijaciju 6.5kg. Može li kontrolor zaključiti da je standardna devijacija u porastu uz nivo značajnosti1%?Radni materijal 256

15. TESTIRANJE HIPOTEZARješenje :U zadatku su zadani n = 20, ̂σ = 6.5, i nivo značajnosti α = 0.01.Ako se testira:nul-hipoteza H 0 (σ = 5.5) i alternativna H 1 (σ > 5.5),pomoću jednostranog testa, izabiremo test statistikuT = n σ 2 0̂Σ 2koja ima hikvadrat distribuciju s (n − 1) stupnjeva slobode T ∼ χ 2 (19).Kritičnu točku t kr odredujemo iz uvjeta P(T > t kr ) = α.t kr = z 1−α , je kvantil za funkciju distribucije χ 2 (n − 1).Za nivo značajnosti α = 0.01 očitamo iz tablice χ 2 (19) vrijednost t kr = z 0.99 = 36.19.Područje prihvaćanja za nul-hipotezu H 0 (σ = 5.5) je (−∞, 36.19).Vrijednost test statistike T(X 1 , X 2 , ..., X n ),t = n σ 2 0̂σ 2 = 205.5 2 · 6.5 2 = 34.35 ∈ (−∞, 36.19), pa prihvaćamo o nul-hipotezuH 0 (σ = 5.5).Kontrolor će zaključiti da se standardna devijacija nije povećala uz nivo značajnosti1%.257 Radni materijal

15.5. Ponovimo15.5 PonovimoTEST HIPOTEZA za parametar tslučajni uzorak (X 1 , X 2 , ..., X n )parametarnivo (razina) značajnosti α = 0.01 ili 0.05nul-hipoteza H 0 (t = t 0 )talternativna hipoteze H 0 (t t 0 ), H 0 (t < t 0 ) ,H 0 (t > t 0 )test statistika T uz H 0dvostrani test za t P(T < t kr1 ) + P(T > t kr2 ) = αt kr1 = z α2t kr2 = z 1− α2prihvat za H 0 t ∈ (t kr1 , t kr2 )jednostrani test za tP(T < t kr ) = αt kr = z αprihvat za H 0 t ∈ (t kr , ∞)jednostrani test za tP(T > t kr ) = αt kr = z 1−αprihvat za H 0 t ∈ (−∞, t kr )TEST HIPOTEZA za p (n > 30)slučajni uzorak (X 1 , X 2 , ..., X n ) n > 30 B(n, p)parametar p,nivo (razina) značajnosti α = 0.01 ili 0.05nul-hipoteza H 0 (p = p 0 )alternativna hipoteze H 0 (p p 0 ), H 0 (p < p 0 ) ,H 0 (p > p 0 )test statistikaT = √ nX−p 0∼ N(0, 1)√p0·(1−p 0 )TEST HIPOTEZA za µ (n > 30)slučajni uzorak (X 1 , X 2 , ..., X n ) n > 30 iliN(µ, σ 2 )parametar µ,σ 2 poznatnivo (razina) značajnosti α = 0.01 ili 0.05nul-hipoteza H 0 (µ = µ 0 )alternativna hipoteze H 0 (µ µ 0 ), H 0 (µ < µ 0 ) ,H 0 (µ > µ 0 )test statistika T = √ n X−µ 0σ∼ N(0, 1)Radni materijal 258

15. TESTIRANJE HIPOTEZATEST HIPOTEZA za µ (normalne distribucije)slučajni uzorak (X 1 , X 2 , ..., X n ) n < 30 ili N(µ, σ 2 )parametar µ,σ 2 nepoznatnivo (razina) značajnosti α = 0.01 ili 0.05nul-hipoteza H 0 (µ = µ 0 )alternativna hipoteze H 0 (µ µ 0 ), H 0 (µ < µ 0 ) ,H 0 (µ > µ 0 )test statistika T = √ n X−µ 0ŜTEST HIPOTEZA za σ 2∼ t(n − 1)slučajni uzorak (X 1 , X 2 , ..., X n ) n < 30 ili N(µ, σ 2 )parametar σ 2 ,nivo (razina) značajnosti α = 0.01 ili 0.05nul-hipoteza H 0 (σ 2 = σ 2 0 )alternativna hipoteze H 0 (σ 2 σ 2 0 ), H 0(σ 2 < 0) ,H 0 (σ 2 > σ 2 0 )test statistika T = √ n − 1 1 σ 0Ŝ 2 ∼ χ 2 (n − 1)259 Radni materijal

Radni materijal 26015.5. Ponovimo

Bibliografija[1] V. Devidé, Riješeni zadaci iz više matematike, Školska knjiga, Zagreb, 1972.[2] M. Ilijašević, Ž. Pauše, Riješeni primjeri i zadaci iz vjerojatnosti i statistike,Zagreb-poduzeće za grafičku djelatnost, Samobor, 1990.[3] E. Kreyszig, Advanced engineering mathematics, John Wiley & sons, Inc.,New York Chichester Brisbane Toronto Singapore, 1993.[4] V. M. Milošević, Teorijska statistika, Naučna knjiga, Beograd, 1990.[5] B. Ostle, Statistics in research, The Iowa tate University Press, 1963.[6] Ž. Pauše, Vjerojatnost-informacija-stohastički procesi, Školska knjiga, Zagreb,1988.[7] Ž. Pauše, Uvod u matematičku statistiku, Školska knjiga, Zagreb, 1993.[8] N. Sarapa, Vjerojatnost, Školska knjiga, Zagreb, 1987.[9] M. R. Spiegel, Shaum’s outline of Theory and problems of Probability andstatistics, McGRAW-Hill Book Company, New York St. Louis San FranciscoToronto Sydney, 1990.[10] D. Veljan, Kombinatorika s teorijom grafova, Školska knjiga, Zagreb, 1989.[11] S. V. Vukadinović, Elementi teorije verovatnoće i matematičke statistike,Privredni pregled, Beograd, 1988.261