Vjerojatnost

Vježbe

Zadaci i rješenja

Sveučilište u ZagrebuPrirodoslovno-matematički fakultet

Matematički odsjek

Rudi Mrazović

1 Vjerojatnost

1.1 Skupovne operacije

Zadatak 1.1 Ako je Ω neprazan skup, dokažite da za 𝐴𝑛 ⊆ Ω, 𝑛 ∈ N i 𝐵 ⊆ Ω vrijedi

(a) (⋃∞

𝑛=1𝐴𝑛)𝑐

=⋂∞

𝑛=1 𝐴𝑐𝑛, (

⋂∞𝑛=1𝐴𝑛)

𝑐=⋃∞

𝑛=1 𝐴𝑐𝑛, (De Morganovi zakoni).

(b) 𝐵 ∩ (⋃∞

𝑛=1𝐴𝑛) =⋃∞

𝑛=1(𝐵 ∩ 𝐴𝑛).

Rješenje.

(a) Po definiciji skupovnih operacija vrijedi sljedeći niz ekvivalencija

𝑥 ∈

(∞⋃𝑛=1

𝐴𝑛

)𝑐

⇐⇒ 𝑥 /∈∞⋃𝑛=1

𝐴𝑛

⇐⇒ 𝑥 /∈ 𝐴𝑛,∀𝑛 ∈ N

⇐⇒ 𝑥 ∈ 𝐴𝑐𝑛,∀𝑛 ∈ N

⇐⇒ 𝑥 ∈∞⋂𝑛=1

𝐴𝑐𝑛.

Drugu jednakost dokazujemo analogno.

(b) Slično kao u (a) dijelu zadatka imamo

𝑥 ∈ 𝐵 ∩

(∞⋃𝑛=1

𝐴𝑛

)⇐⇒ 𝑥 ∈ 𝐵 i 𝑥 ∈

∞⋃𝑛=1

𝐴𝑛

⇐⇒ 𝑥 ∈ 𝐵 i ∃𝑛 ∈ N, 𝑥 ∈ 𝐴𝑛

⇐⇒ ∃𝑛 ∈ N, 𝑥 ∈ 𝐵 i 𝑥 ∈ 𝐴𝑛

⇐⇒ ∃𝑛 ∈ N, 𝑥 ∈ 𝐵 ∩ 𝐴𝑛

⇐⇒∞⋃𝑛=1

(𝐵 ∩ 𝐴𝑛).

Zadatak 1.2 Dokažite da za 𝐴,𝐵,𝐶 ⊆ Ω vrijedi:

(a) 𝐴𝐵 = 𝐵𝐴 = 𝐴𝑐𝐵𝑐, 𝐴𝐴 = ∅, 𝐴𝐴𝑐 = Ω, 𝐴∅ = 𝐴,

(b) (𝐴𝐵)𝐶 = 𝐴(𝐵𝐶),

(c) 𝐴𝐶 ⊆ (𝐴𝐵) ∪ (𝐵𝐶),

(d) 𝐴𝐵 = 𝐶 ⇐⇒ 𝐴 = 𝐵𝐶.

1

Rješenje.

(a) Komutativnost simetrične razlike slijedi iz komutativnosti unije

𝐴𝐵 = (𝐴 ∖𝐵) ∪ (𝐵 ∖ 𝐴) = (𝐵 ∖ 𝐴) ∪ (𝐴 ∖𝐵) = 𝐵𝐴.

Drugu jednakost dobivamo iz

𝐴𝐵 = (𝐴 ∖𝐵) ∪ (𝐵 ∖ 𝐴) = (𝐴 ∩𝐵𝑐) ∪ (𝐵 ∩ 𝐴𝑐) = (𝐵𝑐 ∩ (𝐴𝑐)𝑐) ∪ (𝐴𝑐 ∩ (𝐵𝑐)𝑐)

= (𝐵𝑐 ∖ 𝐴𝑐) ∪ (𝐴𝑐 ∖𝐵𝑐) = 𝐴𝑐𝐵𝑐.

Preostale jednakosti su jednostavne

𝐴𝐴 = (𝐴 ∖ 𝐴) ∪ (𝐴 ∖ 𝐴) = ∅ ∪ ∅ = ∅,𝐴𝐴𝑐 = (𝐴 ∖ 𝐴𝑐) ∪ (𝐴𝑐 ∖ 𝐴) = (𝐴 ∩ 𝐴) ∪ (𝐴𝑐 ∩ 𝐴𝑐) = 𝐴 ∪ 𝐴𝑐 = Ω,

𝐴∅ = (𝐴 ∖ ∅) ∪ (∅ ∖ 𝐴) = 𝐴 ∪ ∅ = 𝐴.

(b) Uočimo prije svega da je

(𝐴𝐵)𝐶 = ((𝐴𝐵) ∖ 𝐶) ∪ (𝐶 ∖ (𝐴𝐵)) = ((𝐴𝐵) ∩ 𝐶𝑐) ∪ (𝐶 ∩ (𝐴𝐵)𝑐)

= (((𝐴 ∖𝐵) ∪ (𝐵 ∖ 𝐴)) ∩ 𝐶𝑐) ∪ (𝐶 ∩ ((𝐴 ∖𝐵) ∪ (𝐵 ∖ 𝐴))𝑐)

= (𝐴 ∩𝐵𝑐 ∩ 𝐶𝑐) ∪ (𝐴𝑐 ∩𝐵 ∩ 𝐶𝑐) ∪ (𝐶 ∩ (𝐴 ∩𝐵𝑐)𝑐 ∩ (𝐵 ∩ 𝐴𝑐)𝑐)

= (𝐴 ∩𝐵𝑐 ∩ 𝐶𝑐) ∪ (𝐴𝑐 ∩𝐵 ∩ 𝐶𝑐) ∪ (𝐴𝑐 ∩𝐵𝑐 ∩ 𝐶) ∪ (𝐴 ∩𝐵 ∩ 𝐶).

Vidimo da je posljednji izraz potpuno simetričan s obzirom na varijable 𝐴, 𝐵 i 𝐶, tako daćemo jednaki izraz dobiti i ako promatramo skup (𝐵𝐶)𝐴, koji je pak po (a) dijelu zadatkajednak 𝐴(𝐵𝐶).

(c)

𝐴𝐶 = (𝐴 ∖ 𝐶) ∪ (𝐶 ∖ 𝐴) = (𝐴 ∩ 𝐶𝑐) ∪ (𝐶 ∩ 𝐴𝑐)

= (𝐴 ∩ 𝐶𝑐 ∩ (𝐵 ∪𝐵𝑐)) ∪ (𝐶 ∩ 𝐴𝑐 ∩ (𝐵 ∪𝐵𝑐))

= (𝐴 ∩ 𝐶𝑐 ∩𝐵) ∪ (𝐴 ∩ 𝐶𝑐 ∩𝐵𝑐) ∪ (𝐴𝑐 ∩𝐵 ∩ 𝐶) ∪ (𝐴𝑐 ∩𝐵𝑐 ∩ 𝐶)

⊆ (𝐶𝑐 ∩𝐵) ∪ (𝐴 ∩𝐵𝑐) ∪ (𝐴𝑐 ∩𝐵) ∪ (𝐵𝑐 ∩ 𝐶)

= ((𝐴 ∖𝐵) ∪ (𝐵 ∖ 𝐴)) ∪ (𝐵 ∖ 𝐶) ∪ (𝐶 ∖𝐵)

= (𝐴𝐵) ∪ (𝐵𝐶).

(d) Pretpostavimo da je 𝐴𝐵 = 𝐶. Tada je

𝐵𝐶 = 𝐵(𝐴𝐵)(a)= 𝐵(𝐵𝐴)

(b)= (𝐵𝐵)𝐴

(a)= ∅𝐴

(a)= 𝐴.

Na potpuno jednak način dokazujemo i drugi smjer.

2

1.2 𝜎-algebre

[SV19, Definicija 1.4] Neka je Ω neprazan skup. Familija podskupova ℱ skupa Ω zove se 𝜎-algebra(ili 𝜎-algebra događaja), ako vrijede sljedeća tri svojstva:

(i) Ω ∈ ℱ ;

(ii) Ako je 𝐴 ∈ ℱ , onda je i 𝐴𝑐 ∈ ℱ (zatvorenost na komplement);

(iii) Ako su 𝐴𝑗 ∈ ℱ , 𝑗 ∈ N, onda je i⋃∞

𝑗=1𝐴𝑗 ∈ ℱ (zatvorenost na prebrojive unije).

Zadatak 1.3 Neka je ℱ 𝜎-algebra na Ω i 𝐴,𝐵 ∈ ℱ . Dokažite da je tada

𝐴 ∩𝐵,𝐴 ∖𝐵,𝐵 ∖ 𝐴,𝐴𝐵 ∈ ℱ .

Rješenje. Iz aksioma (ii) prethodne definicije, znamo da je 𝐴𝑐, 𝐵𝑐 ∈ ℱ , pa korištenjem aksioma(iii) (odnosno, [SV19, Propozicija 1.5(c)] prema kojoj je svaka 𝜎-algebra zatvorena na konačne unije)te ponovnim korištenem aksioma (ii), dobivamo da je 𝐴 ∩𝐵 = (𝐴𝑐 ∪𝐵𝑐)𝑐 ∈ ℱ .

Koristeći upravo pokazani rezultat, ali za skupove 𝐴 i 𝐵𝑐 slijedi da je 𝐴∖𝐵 = 𝐴∩𝐵𝑐 ∈ ℱ , a analognoje i 𝐵 ∖ 𝐴 ∈ ℱ .

Iz ovoga, te aksioma (iii) iz prethodne definicije slijedi 𝐴𝐵 = (𝐴 ∖𝐵) ∪ (𝐵 ∖ 𝐴) ∈ ℱ .

Zadatak 1.4 Neka je Ω = 1, 2, 3, 4. Odredite koje od sljedećih familija podskupova skupa Ω su𝜎-algebre na Ω, a one koje nisu nadopunite do najmanje 𝜎-algebre koja sadrži elemente te familije.

(a) ℱ1 = 1, 2, 3, 4,Ω ,

(b) ℱ2 = ∅,Ω, 1, 2, 3, 4, 1, 2, 3, 4 ,

Rješenje.

(a) ℱ1 nije 𝜎-algebra jer Ω𝑐 = ∅ /∈ ℱ1. Najmanja 𝜎-algebra koja sadrži ℱ1 je ∅, 1, 2, 3, 4,Ω.

(b) ℱ2 nije 𝜎-algebra jer 1 ∪ 3, 4 = 1, 3, 4 /∈ ℱ2. Najmanja 𝜎-algebra koja sadrži ℱ1 je∅,Ω, 1, 2, 1, 3, 4, 2, 3, 4, 1, 2, 3, 4.

Zadatak 1.5 Neka je Ω = 1, 2, 3, 4, 5. Nađite najmanju 𝜎-algebru na Ω koja sadrži skupove

1, 1, 2, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 4.

3

Rješenje. Neka je ℱ tražena 𝜎-algebra. Tada ℱ mora sadržavati i sljedeće skupove:

1, 2 = 1, 2 ∖ 1, 3 = 1, 2, 3 ∖ 1, 2, 4 = 1, 2, 3, 4 ∖ 1, 2, 3 i 5 = 1, 2, 3, 4𝑐.

Budući da ℱ onda mora sadržavati i sve moguće unije gornjih skupova slijedi da je svaki podskupod Ω sadržan u ℱ pa je dakle ℱ = 𝒫(Ω).

Zadatak 1.6 Neka je ℱ 𝜎-algebra na Ω. Dokažite da je tada i

𝒢 = 𝐶 ⊆ 𝐵 : postoji 𝐴 ∈ ℱ takav da je 𝐶 = 𝐴 ∩𝐵

𝜎-algebra na 𝐵.

Rješenje. Provjeravamo aksiome (i), (ii) i (iii) iz definicije 𝜎-algebre.

(i) Primijetimo da je 𝐵 = Ω ∩𝐵 i Ω ∈ ℱ pa slijedi da je 𝐵 ∈ 𝒢.

(ii) Prisjetimo se da se komplementiranje uvijek vrši s obzirom na neki ambijentalni skup kojiu oznaci 𝑐 nije eksplicitno naveden. Do sada je taj ambijentalni skup bio Ω, ali budući datrebamo pokazati da je 𝒢 𝜎-algebra na 𝐵, u ovom će slučaju to biti skup 𝐵. Neka je 𝐶 ∈ 𝒢proizvoljan. Tada postoji 𝐴 ∈ ℱ takav da je 𝐶 = 𝐴 ∩𝐵. Kako bi, zbog prethodne napomene,izbjegli dvostruko značenje notacije 𝐶𝑐 (u jednom slučaju komplementiranje s obzirom na Ω,a u drugom s obzirom na 𝐵), koristit ćemo eksplicitni zapis 𝐵 ∖ 𝐶, a 𝐶𝑐 koristit isključivo zaoznaku komplementa unutar skupa Ω. Sada imamo

𝐵 ∖ 𝐶 = 𝐵 ∖ (𝐴 ∩𝐵) = 𝐵 ∖ 𝐴 = 𝐵 ∩ 𝐴𝑐.

Budući da je 𝐴𝑐 ∈ ℱ slijedi da je 𝐵 ∖ 𝐶 ∈ 𝒢.

(iii) Neka su 𝐶𝑛 ∈ 𝒢, 𝑛 ∈ N proizvoljni. Tada postoje 𝐴𝑛 ∈ ℱ , 𝑛 ∈ N takvi da je 𝐶𝑛 = 𝐴𝑛 ∩𝐵 pa je

∞⋃𝑛=1

𝐶𝑛 =∞⋃𝑛=1

(𝐴𝑛 ∩𝐵) =

(∞⋃𝑛=1

𝐴𝑛

)∩𝐵.

Budući da je⋃∞

𝑛=1 𝐴𝑛 ∈ ℱ slijedi da je⋃∞

𝑛=1 𝐶𝑛 ∈ 𝒢.

1.3 Slučajni pokus i događaji

Zadatak 1.7 Neka su 𝐴,𝐵 i 𝐶 događaji vezani uz neki slučajni pokus. Prikažite pomoću 𝐴,𝐵 i𝐶 sljedeće događaje:

(a) dogodio se barem jedan gornji događaj,

(b) dogodio se točno jedan gornji događaj,

4

(c) dogodila su se točno dva gornja događaja,

(d) nisu se dogodila više od dva gornja događaja.

Rješenje. Vodimo se time da je presjek dvaju skupova analogan vezniku i, a unija skupovavezniku ili. Na taj način lako dolazimo do zaključka da su traženi skupovi

(a) 𝐴 ∪𝐵 ∪ 𝐶,

(b) (𝐴 ∩𝐵𝑐 ∩ 𝐶𝑐) ∪ (𝐴𝑐 ∩𝐵 ∩ 𝐶𝑐) ∪ (𝐴𝑐 ∩𝐵𝑐 ∩ 𝐶),

(c) (𝐴 ∩𝐵 ∩ 𝐶𝑐) ∪ (𝐴 ∩𝐵𝑐 ∩ 𝐶) ∪ (𝐴𝑐 ∩𝐵 ∩ 𝐶),

(d) (𝐴 ∩𝐵 ∩ 𝐶)𝑐 = 𝐴𝑐 ∪𝐵𝑐 ∪ 𝐶𝑐.

Zadatak 1.8 Slučajni pokus sastoji se od bacanja dvije igraće kocke. Odredite prostor elementarnihdogađaja Ω. Ako je

𝐸 = zbroj brojeva na kockama je neparan,

𝐹 = barem jedna kocka je pala na 1,

𝐺 = zbroj brojeva na kockama je 5,

prikažite pomoću elementarnih događaja sljedeće događaje:

𝐹, 𝐺, 𝐸 ∩ 𝐹, 𝐹 ∩𝐺 i 𝐸 ∩ 𝐹 ∩𝐺.

Rješenje. Prostor elementarnih događaja je

Ω = (𝑖, 𝑗) : 𝑖, 𝑗 ∈ 1, 2, 3, 4, 5, 6 = 1, 2, 3, 4, 5, 62 ,

pri čemu npr. (5, 3) ∈ Ω predstavlja ishod kada je na prvoj kocki pao broj 5, a na drugoj broj 3.

Tada je

𝐹 = (1, 1), (1, 2), (2, 1), (1, 3), (3, 1), (1, 4), (4, 1), (1, 5), (5, 1), (1, 6), (6, 1),

𝐺 = (1, 4), (4, 1), (2, 3), (3, 2),

𝐸 ∩ 𝐹 = (1, 2), (2, 1), (1, 4), (4, 1), (1, 6), (6, 1),

𝐹 ∩𝐺 = (1, 4), (4, 1),

𝐸 ∩ 𝐹 ∩𝐺 = (1, 4), (4, 1).

5

Zadatak 1.9 Slučajni pokus sastoji se od bacanja simetričnog novčića sve dok ne padne pismo.Odredite prostor elementarnih događaja Ω i pomoću njih prikažite sljedeće događaje:

(a) 𝐴 = novčić je bačen neparno mnogo puta,

(b) 𝐵 = glava je pala barem pet puta zaredom.

Rješenje. Prostor elementarnih događaja je

Ω = 𝑃,𝐺𝑃,𝐺𝐺𝑃,𝐺𝐺𝐺𝑃, . . . ∪ 𝐺𝐺𝐺𝐺 . . . ,

pri čemu npr. 𝐺𝐺𝑃 ∈ Ω predstavlja ishod kada je u trećem pokušaju prvi puta palo pismo. Tada je𝐴 = 𝑃,𝐺𝐺𝑃,𝐺𝐺𝐺𝐺𝑃, . . . i 𝐵 = 𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝑃,𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝑃, . . . ∪ 𝐺𝐺𝐺𝐺 . . . .

1.4 Vjerojatnost i Laplaceov model

Napomena 1.10 (Svojstva vjerojatnosti) Neka su 𝐴,𝐵,𝐶 ∈ ℱ . Tada vrijedi:

(a) [SV19, stranica 19(d)] 𝐴 ⊆ 𝐵 ⇒ P(𝐵 ∖𝐴) = P(𝐵)−P(𝐴). Specijalno, 𝐴 ⊆ 𝐵 ⇒ P(𝐴) ≤ P(𝐵).

(b) [SV19, stranica 19(c)] P(𝐴𝑐) = P(Ω ∖ 𝐴) = P(Ω) − P(𝐴) = 1 − P(𝐴).

(c) [SV19, stranica 19(a)] P(∅) = 1 − P(Ω) = 0.

(d) Formule uključivanja-isključivanja, odnosno P(𝐴 ∪𝐵) = P(𝐴) + P(𝐵) − P(𝐴 ∩𝐵) i

P(𝐴 ∪𝐵 ∪ 𝐶) = P(𝐴) + P(𝐵) + P(𝐶) − P(𝐴 ∩𝐵) − P(𝐴 ∩ 𝐶) − P(𝐵 ∩ 𝐶) + P(𝐴 ∩𝐵 ∩ 𝐶).

Zadatak 1.11 Neka je (Ω,ℱ ,P) vjerojatnosni prostor i 𝐴,𝐵,𝐶 ∈ ℱ . Dokažite:

(a) P(𝐴) + P(𝐵) + P(𝐶) − P(𝐴 ∩𝐵 ∩ 𝐶) ≤ 2,

(b) P(𝐴 ∪𝐵)P(𝐴 ∩𝐵) ≤ P(𝐴)P(𝐵).

(c) P(𝐴𝐶) ≤ P(𝐴𝐵) + P(𝐵𝐶).

(d) |P(𝐴) − P(𝐵)| ≤ P(𝐴𝐵).

Rješenje.

6

(a) Po [SV19, stranica 19(c)] znamo da je suma vjerojatnosti nekog događaja i njemu komple-mentarnog događaja jednaka 1, pa koristeći formulu uključivanja i isključivanja [SV19, jedna-kost (1.1] slijedi da je

P(𝐴 ∩𝐵 ∩ 𝐶) = 1 − P(𝐴𝑐 ∪𝐵𝑐 ∪ 𝐶𝑐)

= 1 − P(𝐴𝑐) − P(𝐵𝑐) − P(𝐶𝑐) + P(𝐴𝑐 ∩𝐵𝑐) + P(𝐴𝑐 ∩ 𝐶𝑐)

+ P(𝐵𝑐 ∩ 𝐶𝑐) − P(𝐴𝑐 ∩𝐵𝑐 ∩ 𝐶𝑐).

Budući da je 𝐴𝑐∩𝐵𝑐∩𝐶𝑐 ⊆ 𝐵𝑐∩𝐶𝑐, koristeći svojstvo vjerojatnosti [SV19, stranica 19(d)] premakojem je vjerojatnost razlike skupa i njegovog podskupa jednaka razlici njihovih vjerojatnostidobivamo

P(𝐴 ∩𝐵 ∩ 𝐶) = 1 − (1 − P(𝐴)) − (1 − P(𝐵)) − (1 − P(𝐶)) + P(𝐴𝑐 ∩𝐵𝑐)⏟ ⏞ ≥0

+P(𝐴𝑐 ∩ 𝐶𝑐)⏟ ⏞ ≥0

+ P ((𝐵𝑐 ∩ 𝐶𝑐) ∖ (𝐴𝑐 ∩𝐵𝑐 ∩ 𝐶𝑐))⏟ ⏞ ≥0

≥ −2 + P(𝐴) + P(𝐵) + P(𝐶).

Alternativno (i jednostavnije) rješenje je: primjenom formule uključivanja i isključivanja prvona skupove 𝐴 i 𝐵, a potom na skupove 𝐴∩𝐵 i 𝐶 te koristeći činjenicu da je vjerojatnost svakogdogađaja manja ili jednaka 1 dobivamo

P(𝐴) + P(𝐵) + P(𝐶) = P(𝐴 ∪𝐵) + P(𝐴 ∩𝐵) + P(𝐶)

= P(𝐴 ∪𝐵) + P(𝐴 ∩𝐵 ∪ 𝐶) + P(𝐴 ∩𝐵 ∩ 𝐶)

≤ 2 + P(𝐴 ∩𝐵 ∩ 𝐶).

(b) Budući da je 𝐴 ∪𝐵 disjunktna unija skupova 𝐴 i 𝐵 ∖ 𝐴 slijedi da je

P(𝐴 ∪𝐵)P(𝐴 ∩𝐵) = (P(𝐴) + P(𝐵 ∖ 𝐴))P(𝐴 ∩𝐵)

= P(𝐴)P(𝐴 ∩𝐵) + P(𝐵 ∖ 𝐴)P(𝐴 ∩𝐵)⏟ ⏞ ≤P(𝐴)

≤ P(𝐴) (P(𝐴 ∩𝐵) + P(𝐵 ∖ 𝐴))⏟ ⏞ 𝐴∩𝐵 i 𝐵∖𝐴 disjunktni

= P(𝐴)P ((𝐴 ∩𝐵) ∪ (𝐵 ∖ 𝐴)) = P(𝐴)P(𝐵).

(c) Iz Zadatka 1.2 (c) znamo da je 𝐴𝐶 ⊆ (𝐴𝐵) ∪ (𝐵𝐶), pa koristeći [SV19, stranica 19(e)],formulu uključivanja i isključivanja i nenegativnost vjerojatnosti imamo

P(𝐴𝐶) ≤ P((𝐴𝐵) ∪ (𝐵𝐶)) = P(𝐴𝐵) + P(𝐵𝐶) − P((𝐴𝐵) ∩ (𝐵𝐶))

≤ P(𝐴𝐵) + P(𝐵𝐶).

(d) Budući da je 𝐴𝐵 disjunktna unija skuupova 𝐴 ∖𝐵 i 𝐵 ∖𝐴, a 𝐴∪𝐵 disjunktna unija skupova

7

𝐴 ∖𝐵 i 𝐵, imamo

P(𝐴𝐵) = P(𝐴 ∖𝐵) + P(𝐵) + P(𝐵 ∖ 𝐴) − P(𝐵) = P(𝐴 ∪𝐵) + P(𝐵 ∖ 𝐴) − P(𝐵).

Koristeći [SV19, stranica 19(d)] znamo da je P(𝐴 ∪ 𝐵) ≥ P(𝐴), a iz definicije vjerojatnostiznamo da je P(𝐵 ∖ 𝐴) ≥ 0. Možemo zaključiti da je

P(𝐴𝐵) ≥ P(𝐴) − P(𝐵),

a analogno dobivamo i nejednakost P(𝐴𝐵) ≥ P(𝐵) − P(𝐴), čime je dokazana tražena nejed-nakost.

Zadatak 1.12 Bacamo dvije simetrične kocke. Izračunajte vjerojatnost sljedećih događaja:

(a) 𝐴 = suma brojeva na kockama je 7 ili 11,

(b) 𝐵 = brojevi na kockama su relativno prosti,

(c) 𝐶 = produkt brojeva na kockama je neparan,

(d) 𝐷 = jedan broj na kocki dijeli drugi.

Rješenje. Prostor elementarnih događaja je

Ω = (𝑖, 𝑗) : 𝑖, 𝑗 ∈ 1, 2, 3, 4, 5, 6 = 1, 2, 3, 4, 5, 62 .

Budući da je Ω konačan i budući da su, zbog simetrije, svi elementarni događaji jednako vjerojatni,koristimo Laplaceov model [SV19, Odjeljak 1.3.2], tj.

P(𝐴) =|𝐴||Ω|

=broj elementarnih događaja povoljnih za 𝐴

broj svih elementarnih događaja.

Primjetimo da je |Ω| = 6 · 6 = 36.

(a) Budući da je𝐴 = (1, 6), (6, 1), (2, 5), (5, 2), (3, 4), (4, 3), (5, 6), (6, 5),

slijedi da je |𝐴| = 8 i P(𝐴) = |𝐴||Ω| = 8

36= 2

9.

(b) Uočimo da je umjesto |𝐵| lakše odrediti |𝐵𝑐| jer 𝐵𝑐 ima manje elemenata. Budući da je

𝐵𝑐 = (2, 2), (2, 4), (4, 2), (2, 6), (6, 2), (3, 3), (3, 6), (6, 3), (4, 4), (4, 6), (6, 4), (5, 5), (6, 6),

slijedi da je |𝐵𝑐| = 13 i P(𝐵) = |𝐵||Ω| = |Ω|−|𝐵𝑐|

|Ω| = 36−1336

= 2336.

8

(c) Uočimo da je zapravo 𝐶 = oba broja su neparna pa je

𝐶 = (1, 1), (1, 3), (3, 1), (1, 5), (5, 1), (3, 3), (3, 5), (5, 3), (5, 5).

Dakle, |𝐶| = 9 i P(𝐶) = |𝐶||Ω| = 9

36= 1

4.

(d) Uočimo ponovno da je lakše odrediti |𝐷𝑐| nego |𝐷|. Budući da je

𝐷𝑐 = (2, 3), (3, 2), (2, 5), (5, 2), (3, 4), (4, 3), (3, 5), (5, 3), (4, 5), (5, 4), (4, 6), (6, 4), (5, 6), (6, 5),

slijedi da je |𝐷𝑐| = 14 i P(𝐷) = |𝐷||Ω| = |Ω|−|𝐷𝑐|

|Ω| = 2236

= 1118.

Zadatak 1.13 Simetrični novčić baca se 4 puta. Izračunajte vjerojatnost da

(a) padnu barem tri pisma,

(b) padnu točno tri pisma,

(c) padnu barem tri pisma zaredom,

(d) padnu točno tri pisma zaredom.

Rješenje. Prostor elementarnih događaja je

Ω = (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) : 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 ∈ 𝑃,𝐺 = 𝑃,𝐺4,

pa je |Ω| = 24 = 16. Tražene vjerojatnosti su

(a) P(𝐺𝑃𝑃𝑃, 𝑃𝐺𝑃𝑃, 𝑃𝑃𝐺𝑃, 𝑃𝑃𝑃𝐺,𝑃𝑃𝑃𝑃) = 516,

(b) P(𝐺𝑃𝑃𝑃, 𝑃𝐺𝑃𝑃, 𝑃𝑃𝐺𝑃, 𝑃𝑃𝑃𝐺) = 416

= 14,

(c) P(𝐺𝑃𝑃𝑃, 𝑃𝑃𝑃𝐺, 𝑃𝑃𝑃𝑃) = 316,

(d) P(𝐺𝑃𝑃𝑃, 𝑃𝑃𝑃𝐺) = 216

= 18.

Zadatak 1.14 Bacamo 𝑛 simetričnih kocaka. Izračunajte vjerojatnost da produkt dobivenihbrojeva

(a) bude djeljiv s 5,

(b) ima zadnju znamenku 5,

(c) ima zadnju znamenku 0.

9

Rješenje. Pokus iz teksta zadatka modeliramo prostorom elementarnih događaja

Ω = (𝑖1, . . . , 𝑖𝑛) : 𝑖𝑘 ∈ 1, 2, . . . , 6, 𝑘 = 1, 2, . . . , 𝑛 = 1, 2, . . . , 6𝑛,

čija je veličina |Ω| = 6𝑛.

(a) Tražimo vjerojatnost događaja 𝐴 = pala je barem jedna petica. Primijetimo da je

𝐴𝑐 = nije pala niti jedna petica = (𝑖1, . . . , 𝑖𝑛) : 𝑖𝑘 = 5, 𝑘 = 1, . . . , 𝑛 = 1, 2, 3, 4, 6𝑛,

pa je |𝐴𝑐| = 5𝑛 i P(𝐴𝑐) = |𝐴𝑐||Ω| = 5𝑛

6𝑛. Dakle, P(𝐴) = 1 − P(𝐴𝑐) = 1 − 5𝑛

6𝑛.

(b) Tražimo vjerojatnost događaja 𝐵 = produkt djeljiv s pet, ali ne i s dva. Definirajmo doga-đaje

𝐵1 = pao je barem jedan paran broj

i𝐵2 = pala je barem jedna petica.

Tada je𝐵 = 𝐵2 ∖𝐵1 = 𝐵2 ∩𝐵𝑐

1 = (𝐵𝑐2)

𝑐 ∩𝐵𝑐1 = 𝐵𝑐

1 ∖𝐵𝑐2

pa je

P(𝐵) = P(𝐵𝑐1 ∖𝐵𝑐

2) = P(𝐵𝑐1 ∖ (𝐵𝑐

1 ∩𝐵𝑐2))

= P(𝐵𝑐1) − P(𝐵𝑐

1 ∩𝐵𝑐2) =

|𝐵𝑐1|

|Ω|− |𝐵𝑐

1 ∩𝐵𝑐2|

|Ω|

=3𝑛

6𝑛− 2𝑛

6𝑛=

1

2𝑛− 1

3𝑛.

(c) Tražimo vjerojatnost događaja 𝐶 = produkt djeljiv i s dva i s pet. Uočimo da je 𝐶 = 𝐵1 ∩𝐵2, pri čemu su događaji 𝐵1, 𝐵2 definirani u (b) dijelu, pa je

P(𝐶) = 1 − P(𝐵𝑐1 ∪𝐵𝑐

2) = 1 − P(𝐵𝑐1) − P(𝐵𝑐

2) + P(𝐵𝑐1 ∩𝐵𝑐

2)

= 1 − |𝐵𝑐1|

|Ω|− |𝐵𝑐

2||Ω|

+|𝐵𝑐

1 ∩𝐵𝑐2|

|Ω|= 1 − 3𝑛

6𝑛− 5𝑛

6𝑛+

2𝑛

6𝑛

= 1 − 1

2𝑛− 5𝑛

6𝑛+

1

3𝑛.

Zadatak 1.15 Da bi počeli igrati s čovječuljkom u igri Čovječe ne ljuti se morate prvo dobitišesticu na kocki.

(a) Izračunajte vjerojatnost da u trećem pokušaju prvi puta dobijete šesticu.

(b) Izračunajte vjerojatnost da vam treba više od tri pokušaja da prvi puta dobijete šesticu.

(c) Nakon koliko bacanja bi vjerojatnost da ste dobili šesticu bila barem 0.95?

10

Rješenje. Prostor elementarnih događaja je

Ω = (𝑥1, . . . , 𝑥𝑛) : 𝑥1, . . . , 𝑥𝑛−1 ∈ 1, 2, . . . , 5, 𝑥𝑛 = 6, 𝑛 ∈ N∪ (𝑥1, 𝑥2, . . . ) : 𝑥𝑖 ∈ 1, 2, . . . , 5 za sve 𝑖 ∈ N.

(a) Traži se vjerojatnost događaja

𝐴 = (𝑥1, 𝑥2, 6) : 𝑥1, 𝑥2 ∈ 1, 2, . . . , 5.

Uočimo da elementarni događaji unutar Ω nisu svi jednako vjerojatni, tj. da ne možemo koristitiLaplaceov model. Doista, na primjer, elementarni događaji (6) i (5, 5, 6) nikako ne mogu bitijednako vjerojatni (vjerojatnost da ćemo odmah u prvom bacanju dobiti šesticu, nipošto nijeista kao vjerojatnost da ćemo u prva dva bacanja dobiti petice, a potom u trećem šesticu).

Zbog toga, da bi izračunali vjerojatnost događaja 𝐴, preusmjerit ćemo pozornost na alterna-tivni vjerojatnosni prostor koji će slijediti Laplaceov model. Budući da događaj 𝐴 ovisi samoo prva tri bacanja, dovoljno je promatrati samo njih. Nadalje, umjesto da stanemo nakon do-bivene prve šestice, možemo zamisliti da radimo još eventualna dodatna bacanja dok nemamosveukupno tri bacanja. Svi mogući ishodi u ta prva tri bacanja su tada

Ω = (𝑥1, 𝑥2, 𝑥3) : 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3 ∈ 1, 2, . . . , 6 = 1, 2, . . . , 63

pa je

P(𝐴) =|𝐴||Ω|

=5 · 5 · 1

6 · 6 · 6=

25

216≈ 0.12.

(b) Ako za 𝑛 ∈ N definiramo događaje

𝐵𝑛 = potrebno točno 𝑛 pokušaja da se dobije šestica= (𝑥1, . . . , 𝑥𝑛−1, 6) : 𝑥𝑘 ∈ 1, 2, . . . , 5, 𝑘 = 1, . . . , 𝑛− 1,

tada se traži vjerojatnost događaja

𝐵 =∞⋃𝑛=4

𝐵𝑛.

Analogno kao u (a) dijelu zadatka, za 𝑛 ∈ N je

P(𝐵𝑛) =5𝑛−1 · 1

6𝑛

pa budući da su događaji 𝐵𝑛 međusobno disjunktni slijedi da je

P(𝐵) = P

(∞⋃𝑛=4

𝐵𝑛

)=

∞∑𝑛=4

P(𝐵𝑛) =∞∑𝑛=4

5𝑛−1

6𝑛=

1

6·(

5

6

)3

·∞∑𝑘=0

(5

6

)𝑘

=1

6·(

5

6

)31

1 − 56

=125

216≈ 0.58.

11

(c) Označimo događaj

𝐶 = šestica je pala nekad u prvih 𝑛 bacanja =𝑛⋃

𝑘=1

𝐵𝑘.

Budući da su 𝐵𝑘 disjunktni, vrijedi:

P(𝐶) = P

(𝑛⋃

𝑘=1

𝐵𝑘

)=

𝑛∑𝑘=1

P(𝐵𝑘) =𝑛∑

𝑘=1

5𝑘−1 · 1

6𝑘

=1

6

1 −(56

)𝑛1 − 5

6

= 1 −(

5

6

)𝑛

≥ 0.95.

Slijedi(56

)𝑛 ≤ 0.05, odnosno 𝑛 ≥ log 56

0.05 = log 0.05

log 56

≈ 16.43. Prema tome, 𝑛 ≥ 17.

Zadatak 1.16 Tri osobe napisale su svoja imena na papiriće, a zatim je svatko na slučajan načinizvukao po jedan papirić. Kolika je vjerojatnost da nitko nije izvukao svoje ime?

Rješenje. Označimo osobe 𝐴, 𝐵 i 𝐶, fiksirajmo poredak izvlačenja (𝐴 izvlači prvi itd.) tepromatrajmo imena koja su oni redom izvukli. Prostor elementarnih događaja je

Ω = 𝐴𝐵𝐶,𝐴𝐶𝐵,𝐵𝐴𝐶,𝐵𝐶𝐴,𝐶𝐴𝐵,𝐶𝐵𝐴

pa je |Ω| = 6. Ako definiramo događaje

𝐷𝑥 = osoba 𝑥 je izvukla ime 𝑥,

za 𝑥 ∈ 𝐴,𝐵,𝐶, tada nas zanima vjerojatnost događaja 𝐷 = 𝐷𝑐𝐴 ∩𝐷𝑐

𝐵 ∩𝐷𝑐𝐶 . Imamo

P(𝐷) = 1 − P(𝐷𝐴 ∪𝐷𝐵 ∪𝐷𝐶)

= 1 − P(𝐷𝐴) − P(𝐷𝐵) − P(𝐷𝐶) + P(𝐷𝐴 ∩𝐷𝐵) + P(𝐷𝐴 ∩𝐷𝐶)

+ P(𝐷𝐵 ∩𝐷𝐶) − P(𝐷𝐴 ∩𝐷𝐵 ∩𝐷𝐶)

= 1 − 3 · 2

6+ 3 · 1

6− 1

6=

1

3.

Ovom metodom možemo riješiti problem za proizvoljnih 𝑛 osoba. U slučaju 𝑛 = 3 alternativno (ijednostavnije) rješenje je:

𝐷 = 𝐵𝐶𝐴,𝐶𝐴𝐵

pa je

P(𝐷) =|𝐷||Ω|

=2

6=

1

3.

Zadatak 1.17 U nekoj školi učenici mogu učiti 3 strana jezika: engleski, njemački i francuski. Od100 učenika, 28 uči engleski, 16 francuski, 26 njemački, 4 engleski i francuski, 12 engleski i njemački,

12

6 njemački i francuski, a 2 uče sva tri jezika.

(a) Izračunajte vjerojatnost da slučajno odabrani učenik ne uči niti jedan strani jezik.

(b) Izračunajte vjerojatnost da slučajno odabrani učenik uči samo engleski ili samo francuski jezik.

(c) Ako su slučajno odabrana dva učenika, izračunajte vjerojatnost da barem jedan uči strani jezik.

Rješenje. Prostor elementarnih događaja je Ω = svi učenici te je |Ω| = 100.

Definiramo događaje

𝐸 = odabrani učenik uči engleski jezik,𝐹 = odabrani učenik uči francuski jezik,𝐺 = odabrani učenik uči njemački jezik.

(a) Tražena vjerojatnost je

P(𝐸𝑐 ∩ 𝐹 𝑐 ∩𝐺𝑐) = 1 − P(𝐸 ∪ 𝐹 ∪𝐺)

= 1 − P(𝐸) − P(𝐹 ) − P(𝐺) + P(𝐸 ∩ 𝐹 ) + P(𝐸 ∩𝐺)

+ P(𝐹 ∩𝐺) − P(𝐸 ∩ 𝐹 ∩𝐺)

= 1 − 1

100· (28 + 16 + 26 − 4 − 12 − 6 + 2) =

50

100=

1

2.

(b) Tražena vjerojatnost je

P ((𝐸 ∩ 𝐹 𝑐 ∩𝐺𝑐) ∪ (𝐸𝑐 ∩ 𝐹 ∩𝐺𝑐)) = P (𝐸 ∩ 𝐹 𝑐 ∩𝐺𝑐) + P (𝐸𝑐 ∩ 𝐹 ∩𝐺𝑐)

jer su gornja dva događaja međusobno disjunktna. Računamo

P (𝐸 ∩ 𝐹 𝑐 ∩𝐺𝑐) = P (𝐸 ∩ (𝐹 ∪𝐺)𝑐) = P(𝐸 ∖ (𝐹 ∪𝐺))

= P(𝐸) − P(𝐸 ∩ (𝐹 ∪𝐺)) = P(𝐸) − P((𝐸 ∩ 𝐹 ) ∪ (𝐸 ∩𝐺))

= P(𝐸) − P(𝐸 ∩ 𝐹 ) − P(𝐸 ∩𝐺) + P(𝐸 ∩ 𝐹 ∩𝐺)

=1

100· (28 − 4 − 12 + 2) =

14

100.

Analogno dobijemo P (𝐸𝑐 ∩ 𝐹 ∩𝐺𝑐) = 8100

pa je

P ((𝐸 ∩ 𝐹 𝑐 ∩𝐺𝑐) ∪ (𝐸𝑐 ∩ 𝐹 ∩𝐺𝑐)) =14

100+

8

100=

11

50.

(c) U ovom podzadatku, skup elementarnih događaja koji će nam biti od interesa je

Ω′ = (𝑎, 𝑏) : 𝑎, 𝑏 ∈ Ω, 𝑎 = 𝑏

pa je |Ω′| = 100 · 99 = 9900. Označimo događaj

𝐴 = barem jedan učenik uči barem jedan strani jezik,

13

te neka je 𝑈 = 𝐸∪𝐹 ∪𝐺 ⊆ Ω skup svih učenika koji uče barem jedan jezik. Tada je po formuliuključivanja i isključivanja

|𝑈 | = 28 + 26 + 16 − 12 − 4 − 6 + 2 = 50.

Iz𝐴𝑐 = (𝑎, 𝑏) : 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑈 𝑐, 𝑎 = 𝑏,

slijedi da je |𝐴𝑐| = 50 · 49, pa vrijedi

P(𝐴) = 1 − P(𝐴𝑐) = 1 − 50 · 49

100 · 99=

149

198.

Zadatak 1.18 Neka je (Ω,ℱ ,P) vjerojatnosni prostor i 𝐴𝑛, 𝑛 ∈ N niz po parovima disjunktnihdogađaja iz ℱ . Postoji li lim𝑛→∞ P(𝐴𝑛)?

Rješenje. Iz definicije vjerojatnosti znamo da je P (⋃∞

𝑛=1𝐴𝑛) =∑∞

𝑛=1 P(𝐴𝑛). Budući da je⋃∞𝑛=1𝐴𝑛 ⊆ Ω, slijedi

∞∑𝑛=1

P(𝐴𝑛) = P

(∞⋃𝑛=1

𝐴𝑛

)≤ P(Ω) = 1.

Red (∑

𝑛 P(𝐴𝑛))𝑛∈N realnih brojeva konvergira jer je ograničen s 1 i P(𝐴𝑛) ≥ 0 (tj. jer je niz parcijal-nih suma monoton i ograničen). Prema nužnom kriteriju konvergencije reda, slijedi lim𝑛→∞ P(𝐴𝑛) =

0.

Zadatak 1.19 Neka je (Ω,ℱ ,P) vjerojatnosni prostor i 𝐴𝑛, 𝑛 ∈ N niz događaja iz ℱ takav davrijedi P(𝐴𝑛) ≤ 2−𝑛 za sve 𝑛 ∈ N. Izračunajte

P

(∞⋂𝑛=1

𝐴𝑛

)i P

(∞⋂𝑛=1

∞⋃𝑘=𝑛

𝐴𝑘

)

Rješenje.

(a) Definiramo niz događaja (𝐵𝑛)𝑛∈N sa 𝐵𝑛 :=⋂𝑛

𝑘=1 𝐴𝑘 ∈ ℱ te uočimo da je⋂∞

𝑛=1𝐴𝑛 =⋂∞

𝑛=1 𝐵𝑛,a kako je niz (𝐵𝑛)𝑛∈N nerastući zbog neprekidnosti vjerojatnosti na nerastuće događaje [SV19,Teorem 1.15(b)] dobivamo

0 ≤P

(∞⋂𝑛=1

𝐴𝑛

)= P

(∞⋂𝑛=1

𝐵𝑛

)= lim

𝑛→∞P (𝐵𝑛) = lim

𝑛→∞P

(𝑛⋂

𝑘=1

𝐴𝑘

)≤ lim

𝑛→∞P (𝐴𝑛) ≤ lim

𝑛→∞2−𝑛 = 0.

Prema tome, P (⋂∞

𝑛=1 𝐴𝑛) = 0.

14

b) Definiramo niz događaja (𝐶𝑛)𝑛∈N sa 𝐶𝑛 :=⋃∞

𝑘=𝑛𝐴𝑘 ∈ ℱ te uočimo da je⋂∞

𝑛=1 𝐶𝑛 =⋂∞

𝑛=1

⋃∞𝑘=𝑛 𝐴𝑘,

a kako je niz (𝐶𝑛)𝑛∈N nerastući zbog neprekidnosti vjerojatnosti na nerastuće događaje [SV19,Teorem 1.15(b)] dobivamo

0 ≤P

(∞⋂𝑛=1

∞⋃𝑘=𝑛

𝐴𝑘

)= P

(∞⋂𝑛=1

𝐶𝑛

)= lim

𝑛→∞P (𝐶𝑛) = lim

𝑛→∞P

(∞⋃𝑘=𝑛

𝐴𝑘

)

≤ lim𝑛→∞

∞∑𝑘=𝑛

P (𝐴𝑘) ≤ lim𝑛→∞

∞∑𝑘=𝑛

2−𝑘 = lim𝑛→∞

2−𝑛+1 = 0.

Prema tome, P(

∞⋂𝑛=1

∞⋃𝑘=𝑛

𝐴𝑘

)= 0.

Zadatak 1.20 Neka je (Ω,ℱ ,P) vjerojatnosni prostor i 𝐴𝑛, 𝑛 ∈ N niz događaja iz ℱ . Pokažite davrijedi

(a)

P(

lim sup𝑛→∞

𝐴𝑛

)≥ lim sup

𝑛→∞P (𝐴𝑛)

(b)P(

lim inf𝑛→∞

𝐴𝑛

)≤ lim inf

𝑛→∞P (𝐴𝑛)

Rješenje.

(a) Prisjetimo se da je

lim sup𝑛→∞

𝐴𝑛 =∞⋂𝑛=1

∞⋃𝑘=𝑛

𝐴𝑘

Definiramo niz događaja (𝐵𝑛)𝑛∈N sa 𝐵𝑛 :=∞⋃𝑘=𝑛

𝐴𝑘 ∈ ℱ te uočimo da je 𝐵1 ⊇ 𝐵2 ⊇ . . ., pa je

zbog neprekidnosti vjerojatnosti na nerastuće događaje [SV19, Teorem 1.15(b)]

P(

lim𝑛→∞

𝐵𝑛

)= lim

𝑛→∞P (𝐵𝑛) . (1.1)

Budući da je

lim sup𝑛→∞

𝐴𝑛 =∞⋂𝑛=1

𝐵𝑛 = lim𝑛→∞

𝐵𝑛

iz (1.1) sljedi

P(

lim sup𝑛→∞

𝐴𝑛

)= lim

𝑛→∞P

(∞⋃𝑘=𝑛

𝐴𝑘

). (1.2)

Kako je za svaki 𝑚 ≥ 𝑛 𝐴𝑚 ⊆⋃∞

𝑘=𝑛𝐴𝑘 zbog monotonosti vjerojatnosti zaključujemo da je

P(

∞⋃𝑘=𝑛

𝐴𝑘

)≥ P (𝐴𝑚) za svaki 𝑚 ≥ 𝑛, odnosno da je 𝑃

(∞⋃𝑘=𝑛

𝐴𝑘

)≥ sup

𝑘≥𝑛𝑃 (𝐴𝑘) pa iz (1.2)

slijedi

P(

lim sup𝑛→∞

𝐴𝑛

)≥ lim

𝑛→∞sup𝑘≥𝑛

P (𝐴𝑘) = lim sup𝑛→∞

P (𝐴𝑛) .

15

b) Analogno (a) dijelu zadatka.

16

2 Uvjetna vjerojatnost i nezavisnost

2.1 Uvjetna vjerojatnost

Zadatak 2.1 Iz skupa 𝑆 = 1, 2, . . . , 20 slučajno je izabran jedan broj. Ako znamo da je izabranibroj djeljiv s 3, odredite vjerojatnost da je paran.

Rješenje. Pokus iz teksta zadatka modeliramo skupom elementarnih događaja Ω = 1, 2, . . . , 20.Događaj u kojem je dobiveni broj paran je 𝐴 = 2, 4, . . . , 20, a događaj u kojem je dobiven brojdjeljiv je 𝐵 = 3, 6, . . . , 18, pa je 𝐴 ∩ 𝐵 = 6, 12, 18. Vjerojatnosti koje su nam potrebne da biodredili traženu uvjetnu vjerojatnost jednake su

P(𝐴 ∩𝐵) =|𝐴 ∩𝐵||Ω|

=3

20i P(𝐵) =

|𝐵||Ω|

=6

20.

Zaključujemo da je tražena uvjetna vjerojatnost jednaka

P (𝐴|𝐵) =P (𝐴 ∩𝐵)

P (𝐵)=

1

2.

Zadatak 2.2 U kutiji se nalazi 8 bijelih i 10 crnih kuglica. Dva puta uzastopno izvlačimo po jednukuglicu. Izračunajte vjerojatnost da su obje izvučene kuglice bijele ako se izvučena kuglica ne vraćau kutiju.

Rješenje. Neka je 𝐴 = prva izvučena kuglica je bijela i 𝐵 = druga izvučena kuglica je bijela.Očito je P (𝐴) = 8

18. Za drugi dio pokusa, odnosno izvlačenje druge kuglice uz uvjet da je prva

izvučena kuglica bijela, koristimo uvjetnu vjerojatnost P (·|𝐴) na koju možemo gledati kao na vje-rojatnost na izmjerivom prostoru sa skupom elementarnih događaja 𝑏1, . . . , 𝑏7, 𝑐1, . . . , 𝑐10. Zato jeP (𝐵|𝐴) = 7

17, pa je

P (𝐴 ∩𝐵) = P (𝐵|𝐴)P (𝐴) =28

153.

Zadatak 2.3 Vjerojatnost da strijelac pogodi metu kada je vjetrovito vrijeme iznosi 0.4, a kadanije vjetrovito 0.7. Vjerojatnost da će puhati vjetar jednaka je 0.3. Izračunajte vjerojatnost da

(a) dođe do pojave vjetra, a strijelac ipak pogodi metu,

(b) strijelac pogodi metu.

Rješenje. Neka je 𝐻 = vjetrovito je i 𝐴 = strijelac je pogodio metu. U zadatku je zadanoda je P (𝐻) = 0.3, te uvjetne vjerojatnosti P (𝐴|𝐻) = 0.4 i P (𝐴|𝐻𝑐) = 0.7.

(a)P (𝐻 ∩ 𝐴) = P (𝐴|𝐻)P (𝐻) = 0.4 · 0.3 = 0.12.

17

(b)

P (𝐴) = P (𝐴 ∩𝐻)+P (𝐴 ∩𝐻𝑐) = P (𝐴|𝐻)P (𝐻)+P (𝐴|𝐻𝑐)P (𝐻𝑐) = 0.4 ·0.3+0.7 ·0.7 = 0.61.

2.2 Potpun sustav događaja

Zadatak 2.4 Bacamo 5 simetričnih novčića. Nakon prvog bacanja bacamo ponovno one novčićekoji su u prvom bacanju pokazali glavu. Kolika je vjerojatnost da će nakon drugog bacanja ukupno(u oba bacanja) pasti barem 3 pisma?

Rješenje. Prije svega, uočimo da je s

𝐻𝑖 = u prvom bacanju je palo 𝑖 glava, 𝑖 = 0, 1, . . . , 5

dan potpun sustav događaja. Očito je

P (𝐻𝑖) =

(5𝑖

)25

.

Neka je traženi događaj 𝐴 = palo je ukupno barem 3 pisma. Kako bi izračunali njegovu vjerojat-nost, najprije određemo nekoliko uvjetnih vjerojatnosti koje će nam biti potrebne u računu.

P (𝐴|𝐻0) = P (𝐴|𝐻1) = P (𝐴|𝐻2) = 1,

P (𝐴|𝐻3) =

(31

)+(32

)+(33

)23

=7

8,

P (𝐴|𝐻4) =

(42

)+(43

)+(44

)24

=11

16,

P (𝐴|𝐻5) =

(53

)+(54

)+(55

)25

=1

2.

Iz formule potpune vjerojatnosti [SV19, Propozicija 2.4] sada dobivamo

P (𝐴) =5∑

𝑖=0

P (𝐴|𝐻𝑖)P (𝐻𝑖) = 1 ·(50

)25

+ 1 ·(51

)25

+ 1 ·(52

)25

+7

8·(53

)25

+11

16·(54

)25

+1

2·(55

)25

=459

512.

2.3 Bayesova formula

Zadatak 2.5 Tri novčića 𝐶1, 𝐶2 i 𝐶3 leže na stolu. Vjerojatnosti da na njima padne pismo suredom 1

3, 2

3i 1. Na slučajan način uzmemo jedan novčić, bacimo ga i uočimo da je palo pismo.

Odredite vjerojatnosti da smo uzeli novčić 𝐶𝑖, 𝑖 = 1, 2, 3.

Rješenje. Situacija iz teksta zadatka je tipični primjer upotrebe Bayesovog pravila koje je posebnokorisno pri određivanju vjerojatnosti događaja koji su prethodili (odabir novčića) nama poznatom

18

kasnijem ishodu (palo je pismo). Neka je 𝑁𝑖 = odabrali smo novčić 𝐶𝑖 i 𝐴 = palo je pismo. Onošto nas zanima su uvjetne vjerojatnosti P (𝑁𝑖|𝐴) koje su prema Bayesovoj formuli [SV19, Teorem 2.7]jednake

P (𝑁𝑖|𝐴) =P (𝐴|𝑁𝑖)P (𝑁𝑖)

P (𝐴|𝑁1)P (𝑁1) + P (𝐴|𝑁2)P (𝑁2) + P (𝐴|𝑁3)P (𝑁3).

Za svaki 𝑖 znamo da je P (𝑁𝑖) = 13, dok su nam uvjetne vjerojatnosti P (𝐴|𝑁𝑖) dane u tekstu zadatka.

Dobivamo

P (𝑁1|𝐴) =13· 13

13· 13

+ 23· 13

+ 1 · 13

=1923

=1

6,

P (𝑁2|𝐴) =23· 13

23

=1

3,

P (𝑁3|𝐴) =1 · 1

323

=1

2.

Zadatak 2.6 Kutija sadrži 𝑛 kuglica nepoznatih boja. Sve pretpostavke o broju bijelih kuglicasu jednako vjerojatne. Ako je bez vraćanja izvučena kuglica bijele boje, kolika je vjerojatnost da ćei sljedeća izvučena kuglica biti bijele boje?

Rješenje. Uočimo da je s

𝐻𝑖 = u kutiji je 𝑖 bijelih kuglica, 𝑖 = 0, 1, . . . , 𝑛

dan potpun sustav događaja, te da je P (𝐻𝑖) = 1𝑛+1

.

Ako je 𝐴 = prva izvučena kuglica je bijela i 𝐵 = druga izvučena kuglica je bijela, tada naszanima uvjetna vjerojatnost P (𝐵|𝐴). Ovu je vjerojatnost teško izračunati direktno budući da neznamo koliko se bijelih kuglica nalazi u kutiji. Međutim, uočimo da je

P (𝐵|𝐴) =𝑛∑

𝑖=0

P (𝐵 ∩𝐻𝑖|𝐴) =𝑛∑

𝑖=1

P (𝐵 ∩𝐻𝑖|𝐴)

=𝑛∑

𝑖=1

P (𝐴 ∩𝐵 ∩𝐻𝑖)P (𝐴 ∩𝐻𝑖)

P (𝐴 ∩𝐻𝑖)P (𝐴)=

𝑛∑𝑖=1

P (𝐵|𝐴 ∩𝐻𝑖)P (𝐻𝑖|𝐴) , (2.1)

pri čemu drugu jednakost dobivamo iz P (𝐵 ∩𝐻0|𝐴) ≤ P (𝐻0|𝐴) = 0. Uočimo da je za svaki 𝑖 =

1, . . . , 𝑛

P (𝐵|𝐴 ∩𝐻𝑖) =𝑖− 1

𝑛− 1.

S druge strane, vjerojatnosti P (𝐻𝑖|𝐴) odredit ćemo koristeći Bayesovu formulu te činjenicu da je zasvaki 𝑖 = 1, . . . , 𝑛

P (𝐴|𝐻𝑖) =𝑖

𝑛.

19

Sada je

P (𝐻𝑖|𝐴) =P (𝐴|𝐻𝑖)P (𝐻𝑖)∑𝑛𝑗=0 P (𝐴|𝐻𝑗)P (𝐻𝑗)

=𝑖𝑛· 1𝑛+1∑𝑛

𝑗=0𝑗𝑛· 1𝑛+1

=2𝑖

𝑛(𝑛 + 1).

Iz jednakosti (2.1) sada dobivamo

P (𝐵|𝐴) =𝑛∑

𝑖=1

𝑖− 1

𝑛− 1· 2𝑖

𝑛(𝑛 + 1)=

2

𝑛(𝑛− 1)(𝑛 + 1)

(𝑛∑

𝑖=1

𝑖2 −𝑛∑

𝑖=1

𝑖

)

=2

𝑛(𝑛− 1)(𝑛 + 1)

(𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)

6− 𝑛(𝑛 + 1)

2

)=

2

3.

2.4 Nezavisnost događaja

Zadatak 2.7 U rodilištu se rodilo troje djece, svako je s jednakom vjerojatnošću dječak ilidjevojčica, nezavisno od ostale djece. Označimo događaje:

𝐴 = sva djeca su istog spola,𝐵 = najviše jedno dijete je muško,𝐶 = rođen je barem jedan dječak i barem jedna djevojčica.

Pokažite da su 𝐴 i 𝐵, te 𝐵 i 𝐶 međusobno nezavisni. Jesu li 𝐴 i 𝐶 međusobno nezavisni?

Rješenje. Vjerojatnostni prostor možemo modelirati kao skup uređenih trojki slova 𝑀 i 𝑍.Tako npr. elementarni događaj 𝑀𝑍𝑀 označava da je prvo i treće dijete muško, a drugo žensko.Svi elementarni događaji su jednakovjerojatni, tako da se radi o Laplaceovom modelu. Uočimoda je 𝐴 = 𝑀𝑀𝑀,𝑍𝑍𝑍 i 𝐵 = 𝑍𝑍𝑍,𝑀𝑍𝑍,𝑍𝑀𝑍,𝑍𝑍𝑀, te da je 𝐶 = 𝐴𝑐. Budući da je𝐴 ∩𝐵 = 𝑍𝑍𝑍 imamo

P (𝐴)P (𝐵) =2

8· 4

8=

1

8= P (𝐴 ∩𝐵) ,

čime smo dokazali da su događaji 𝐴 i 𝐵 nezavisni. Da su događaji 𝐵 i 𝐶 nezavisni možemo dokazatina isti način ili, alternativno, koristeći Zadatak 2.8.

Budući da i 𝐴 i 𝐶 imaju pozitivne vjerojatnosti, a 𝐴 ∩ 𝐶 = 𝐴 ∩ 𝐴𝑐 = ∅, zaključujemo da su 𝐴 i 𝐶zavisni.

Zadatak 2.8 Neka su 𝐴,𝐵,𝐶 ∈ ℱ nezavisni događaji. Pokažite da su tada nezavisni i događaji 𝐴i 𝐵𝑐, 𝐴𝑐 i 𝐵𝑐, 𝐴 i 𝐵 ∪ 𝐶, 𝐴 ∖𝐵 i 𝐶.

Rješenje. Za događaje 𝐴 i 𝐵𝑐 imamo da je

P (𝐴 ∩𝐵𝑐) = P (𝐴 ∖ (𝐴 ∩𝐵)) = P (𝐴) − P (𝐴 ∩𝐵) = P (𝐴) − P (𝐴)P (𝐵)

= P (𝐴) (1 − P (𝐵)) = P (𝐴)P (𝐵𝑐) ,

20

pri čemu smo kod treće jednakosti iskoristili nezavisnost događaja 𝐴 i 𝐵. Slijedi da su 𝐴 i 𝐵𝑐

nezavisni. Ponovnom primjenom ovog rezultata (ovaj put za događaje 𝐵𝑐 i 𝐴) dobivamo da su idogađaji 𝐴𝑐 i 𝐵𝑐 također nezavisni.

Da bi dokazali da su 𝐴 i 𝐵 ∪ 𝐶 nezavisni, koristimo formulu uključivanja i isključivanja

P (𝐴 ∩ (𝐵 ∪ 𝐶)) = P ((𝐴 ∩𝐵) ∪ (𝐴 ∩ 𝐶)) = P (𝐴 ∩𝐵) + P (𝐴 ∩ 𝐶) − P (𝐴 ∩𝐵 ∩ 𝐶)

= P (𝐴) (P (𝐵) + P (𝐶) − P (𝐵)P (𝐶))

= P (𝐴) (P (𝐵) + P (𝐶) − P (𝐵 ∩ 𝐶)) = P (𝐴)P (𝐵 ∪ 𝐶) .

Konačno, za događaje 𝐴 ∖𝐵 i 𝐶 imamo

P ((𝐴 ∖𝐵) ∩ 𝐶) = P ((𝐴 ∩ 𝐶) ∖ (𝐴 ∩𝐵 ∩ 𝐶)) = P (𝐴 ∩ 𝐶) − P (𝐴 ∩𝐵 ∩ 𝐶)

= (P (𝐴) − P (𝐴 ∩𝐵))P (𝐶) = P (𝐴 ∖ (𝐴 ∩𝐵))P (𝐶) = P (𝐴 ∖𝐵)P (𝐶) .

Napomena 2.9 Neka je 𝐴𝑖 : 𝑖 ∈ 𝐼 nezavisna familija. Tada su nezavisne i sve familije 𝐵𝑖 : 𝑖 ∈ 𝐼pri čemu je 𝐵𝑖 = 𝐴𝑖 ili 𝐴𝑐

𝑖 .

Zadatak 2.10 Neka je (Ω,ℱ ,P) vjerojatnosni prostor i 𝐴𝑛, 𝑛 ∈ N nezavisan niz događaja iz ℱtakav da vrijedi P(𝐴𝑛) = 1

𝑛+1za sve 𝑛 ∈ N. Odredite P (

⋃∞𝑛=1 𝐴𝑛).

Rješenje. Neka je 𝐵𝑛 =⋃𝑛

𝑘=1𝐴𝑘. Tada je

P (𝐵𝑛) = 1 − P

(𝑛⋂

𝑘=1

𝐴𝑐𝑘

)= 1 −

𝑛∏𝑘=1

P (𝐴𝑐𝑘) = 1 −

𝑛∏𝑘=1

(1 − P (𝐴𝑘)) = 1 −𝑛∏

𝑘=1

𝑘

𝑘 + 1= 1 − 1

𝑛 + 1,

pri čemu druga jednakost vrijedi zbog Napomene 2.9. Uočimo da je (𝐵𝑛)𝑛≥1 rastući niz događaja te daje⋃∞

𝑛=1𝐴𝑛 =⋃∞

𝑛=1𝐵𝑛. Iz neprekidnosti vjerojatnosti na neopadajuće događaje [SV19, Teorem 1.15]sada dobivamo

P

(∞⋃𝑛=1

𝐴𝑛

)= P

(∞⋃𝑛=1

𝐵𝑛

)= lim

𝑛→∞P (𝐵𝑛) = lim

𝑛→∞

(1 − 1

𝑛 + 1

)= 1.

Zadatak 2.11 Neka je (Ω,ℱ ,P) vjerojatnosni prostor i 𝐴1, . . . , 𝐴𝑛 ∈ ℱ nezavisni događaji.Pokažite da vrijedi

1 − 𝑒−∑𝑛

𝑖=1 P(𝐴𝑖) ≤ P(𝐴1 ∪ · · · ∪ 𝐴𝑛) ≤𝑛∑

𝑖=1

P(𝐴𝑖).

Rješenje. Druga nejednakost je ništa više nego subaditivnost vjerojatnosti za koju već znamo da

21

vrijedi. Usredotočimo se stoga na prvu nejednakost. Koristeći poznatu nejednakost

1 − 𝑥 ≤ 𝑒−𝑥, za sve 𝑥 ∈ R

dobivamoP (𝐴𝑐

1) . . .P (𝐴𝑐𝑛) = (1 − P (𝐴1)) . . . (1 − P (𝐴𝑛)) ≤ 𝑒−(P(𝐴1)+···+P(𝐴𝑛)).

S druge strane, zbog nezavisnosti znamo da je

P (𝐴1 ∪ · · · ∪ 𝐴𝑛) = 1 − P (𝐴𝑐1 ∩ · · · ∩ 𝐴𝑐

𝑛) = 1 − P (𝐴𝑐1) . . .P (𝐴𝑐

𝑛) ,

odakle slijedi tražena nejednakost.

Zadatak 2.12 Dvije ceste spajaju gradove 𝐴 i 𝐵, a također dvije ceste spajaju gradove 𝐵 i 𝐶. 𝐴je direktno spojen s 𝐶 željeznicom. Bilo koja cesta ili željeznica mogu biti (neovisno jedna o drugoj)zatvorene s vjerojatnošću 𝑝. Nalazimo se u gradu 𝐴.

(a) Izračunajte vjerojatnost da možemo doći u 𝐶 cestom.

(b) Izračunajte vjerojatnost da možemo doći u 𝐶.

(c) Ako znamo da možemo doći u 𝐶, kolika je vjerojatnost da je željeznica zatvorena?

Rješenje.

A C

B

(a) Iz 𝐴 ćemo moći doći u grad 𝐶 ako i samo ako je otvorena barem jedna cesta od 𝐴 do 𝐵 i baremjedna cesta od 𝐵 do 𝐶. Zbog nezavisnosti znamo da je vjerojatnost da će obje ceste od 𝐴 do𝐵 biti zatvorene jednaka 𝑝2, pa je vjerojatnost da će barem jedna biti otvorena jednaka 1− 𝑝2.Slično argumentiramo i za ceste od 𝐵 do 𝐶, pa zaključujemo da je s vjerojatnosti od (1 − 𝑝2)2

moguće doći u 𝐶 cestovnim putem.

(b) Ako je željeznica zatvorena (vjerojatnost 𝑝), tada je jedini mogući način za doći u grad 𝐶

cestovnim putem, što je obrađeno u (a) dijelu zadatke. S druge strane, ako je željeznica otvorenatada možemo direktno koristeći nju doći u grad 𝐶. Zaključujemo da je tražena vjerojatnost(1 − 𝑝) + 𝑝(1 − 𝑝2)2.

(c) Ako označimo događaje 𝐴 = možemo doći u 𝐶 i 𝐵 = željeznica je zatvorena, tada je onošto nas zanima vjerojatnost P (𝐵|𝐴) koju lako odredimo iz prethodna dva dijela zadatka

P (𝐵|𝐴) =P (𝐴 ∩𝐵)

P (𝐴)=

𝑝(1 − 𝑝2)2

(1 − 𝑝) + 𝑝(1 − 𝑝2)2.

22

Zadatak 2.13 U nekoj tvornici vjerojatnost da se dogodi nesreća na radu ako se posljednjadogodila prije točno 𝑘 dana jednaka je 𝑝𝑘. Tijekom 𝑛 uzastopnih dana koji su uslijedili neposrednonakon nesreće, kolika je vjerojatnost

(a) da nema nesreća,

(b) da se dogodi točno jedna nesreća?

Rješenje.

(a) Neka je 𝐴𝑘 = nema nesreće tijekom 𝑘 dana nakon što se dogodila nesreća. Iz zadatka znamoda je P (𝐴𝑘|𝐴𝑘−1) = 1 − 𝑝𝑘 za sve 𝑘 ≥ 2 i P (𝐴1) = 1 − 𝑝1.

Ako znamo da se za neki 𝑘 ≥ 2 nesreća dogodila u posljednjih 𝑘 − 1 dana, tada se trivijalnodogodila i u posljednjih 𝑘 dana, pa slijedi

P (𝐴𝑘) = P (𝐴𝑘|𝐴𝑘−1)P (𝐴𝑘−1) + P(𝐴𝑘

𝐴𝑐

𝑘−1

)P(𝐴𝑐

𝑘−1

)= P (𝐴𝑘|𝐴𝑘−1)P (𝐴𝑘−1)

= (1 − 𝑝𝑘)P (𝐴𝑘−1) .

Iteriranjem ove jednakosti dobivamo

P (𝐴𝑛) =𝑛∏

𝑘=1

(1 − 𝑝𝑘).

Radi jednostavnijih formula u (b) dijelu zadatka, izraz na desnoj strani označit ćemo s 𝜋𝑛, tedodefinirati 𝜋0 = 1.

(b) Neka je 𝐵𝑘 = prva nesreća u periodu od 𝑛 promatranih dana dogodila se 𝑘-tog dana i𝐶𝑘 = u promatranom periodu od 𝑛 dana nije bilo nesreća nakon 𝑘-tog dana. Tada je očitoP (𝐶𝑘|𝐵𝑘) = P (𝐴𝑛−𝑘) = 𝜋𝑛−𝑘, dok je događaj čija nas vjerojatnost zanima jednak disjunktnojuniji

𝑛⋃𝑘=1

(𝐵𝑘 ∩ 𝐶𝑘).

S druge strane, ako je 𝑘 ≥ 2 tada za događaje 𝐵𝑘 imamo

P (𝐵𝑘) = P (𝐴𝑐𝑘 ∩ 𝐴𝑘−1) = P (𝐴𝑐

𝑘|𝐴𝑘−1)P (𝐴𝑘−1) = 𝑝𝑘𝜋𝑘−1,

a ova jednakost trivijalno vrijedi i za 𝑘 = 1. Zaključujemo da je tražena vjerojatnost jednaka

𝑛∑𝑘=1

P (𝐶𝑘|𝐵𝑘)P (𝐵𝑘) =𝑛∑

𝑘=1

𝜋𝑘−1𝑝𝑘𝜋𝑛−𝑘.

23

Zadatak 2.14** Magnus potječe iz šahovske obitelji – majka mu je profesionalna šahistica, a otacšahist amater. Jednog dana roditelji su rekli Magnusu da će dobiti svoj džeparac ukoliko u idućih𝑛 dana u kojima će naizmjence igrati protiv oca i majke ostvari barem 𝑘 < 𝑛 uzastopnih pobjeda.Nakon što je upitao protiv koga će igrati prvi dan, dobio je odgovor da sam odluči. Budući da mu jemajka profesionalna šahistica, šanse za pobjedu u partiji protiv nje su mu manje nego u partiji protivoca. Protiv koga bi Magnus trebao igrati prvi da maksimizira vjerojatnost dobivanja džeparca. . .

(a) ako je 𝑛 neparan i 𝑘 = 𝑛− 1?

(b) ako je 𝑛 neparan, a 𝑘 paran?

Rješenje. Odgovor je poprilično iznenađujuć – Magnus treba prvo igrati s težim protivnikom(dakle, majkom).

Neka je 𝑝𝑀 vjerojatnost da će u partiji protiv majke Magnus ostvariti pobjedu, a 𝑝𝑂 da će u partijiprotiv oca ostvariti pobjedu. Po pretpostavci zadatka znamo da je 𝑝𝑀 < 𝑝𝑂.

Neka je 𝐴𝑚 događaj u kojem je nakon 𝑚 dana igranja Magnus osvojio džeparac. Neka je Ω = 3,7𝑛

prostor elementarnih događaja koji modelira sve moguće ishode partija u 𝑛 dana igranja. Neka suP𝑀 i P𝑂 vjerojatnosne mjere na (Ω,𝒫(Ω)) koje mjere vjerojatnost ishoda ovisno o tome je li prvapartija bila protiv majke ili oca.

(a) Uočimo da je 𝐴𝑛 = 7 3 . . .3⏟ ⏞ 𝑛−1

,3 . . .3⏟ ⏞ 𝑛−1

7,3 . . .3⏟ ⏞ 𝑛

. Zato je

P𝑀 (𝐴𝑛) − P𝑂 (𝐴𝑛) =(

(1 − 𝑝𝑀)𝑝𝑘/2𝑀 𝑝

𝑘/2𝑂 + (1 − 𝑝𝑀)𝑝

𝑘/2𝑀 𝑝

𝑘/2𝑂 + 𝑝

𝑘/2+1𝑀 𝑝

𝑘/2𝑂

)−

−(

(1 − 𝑝𝑂)𝑝𝑘/2𝑀 𝑝

𝑘/2𝑂 + (1 − 𝑝𝑂)𝑝

𝑘/2𝑀 𝑝

𝑘/2𝑂 + 𝑝

𝑘/2𝑀 𝑝

𝑘/2+1𝑂

)= 𝑝

𝑘/2𝑀 𝑝

𝑘/2𝑂 (𝑝𝑂 − 𝑝𝑀)

> 0.

(b) U ovom ćemo dijelu promatrati i nizove ishoda partija kraće od 𝑛. Tako će, na primjer, niz 37

označavati sve ishode 𝑛 partija (dakle, elementarne događaje) kod kojih je Magnus u prvomdanu pobijedio, a u drugom nije.

Dokažimo najprije da je za 𝑚 paran P𝑀 (𝐴𝑚) = P𝑂 (𝐴𝑚). Za proizvoljni niz 𝑥 označimo s 𝜏(𝑥)

njegov palindrom (tj. niz dobiven čitanjem niza 𝑥 unatrag), npr. 𝜏(733) = 337. Uočimo daje za svaki 𝑥 ∈ 3,7𝑚, 𝜏(𝑥) ⊆ 𝐴𝑚 ako i samo ako je 𝑥 ⊆ 𝐴𝑚, te da je P𝑀 (𝑥) = P𝑂 (𝜏(𝑥)) iP𝑂 (𝑥) = P𝑀 (𝜏(𝑥)). Zato je

P𝑀 (𝐴𝑚) =∑

𝑥∈3,7𝑚,𝑥⊆𝐴𝑚

P𝑀 (𝑥) =∑

𝑥∈3,7𝑚,𝑥⊆𝐴𝑚

P𝑂 (𝜏(𝑥)) =∑

𝑦 : 𝜏(𝑦)∈3,7𝑚,𝜏(𝑦)⊆𝐴𝑚

P𝑂 (𝑦)

=∑

𝑦∈3,7𝑚,𝑦⊆𝐴𝑚

P𝑂 (𝑦) = P𝑂 (𝐴𝑚) .

Neka je 𝐵𝑛 događaj u kojem Magnus nije pobijedio u danu 𝑛− 𝑘, ali je nakon toga ostvario 𝑘

pobjeda u danima 𝑛− 𝑘 + 1, . . . , 𝑛. Uočimo da je 𝐴𝑛 = 𝐴𝑛−1 ∪ (𝐴𝑐𝑛−1 ∩𝐵𝑛), te da su događaji

24

𝐴𝑛−𝑘−1 i 𝐵𝑛 nezavisni i da vrijedi 𝐴𝑐𝑛−1 ∩𝐵𝑛 = 𝐴𝑐

𝑛−𝑘−1 ∩𝐵𝑛. Imamo

P𝑀 (𝐴𝑛) − P𝑂 (𝐴𝑛) =(P𝑀 (𝐴𝑛−1) + P𝑀

(𝐴𝑐

𝑛−𝑘−1 ∩𝐵𝑛

))−

−(P𝑂 (𝐴𝑛−1) + P𝑂

(𝐴𝑐

𝑛−𝑘−1 ∩𝐵𝑛

))= P𝑀

(𝐴𝑐

𝑛−𝑘−1

)P𝑀 (𝐵𝑛) − P𝑂

(𝐴𝑐

𝑛−𝑘−1

)P𝑂 (𝐵𝑛)

= P𝑀

(𝐴𝑐

𝑛−𝑘−1

)(P𝑀 (𝐵𝑛) − P𝑂 (𝐵𝑛))

= P𝑀

(𝐴𝑐

𝑛−𝑘−1

) ((1 − 𝑝𝑀)𝑝

𝑘/2𝑀 𝑝

𝑘/2𝑂 − (1 − 𝑝𝑂)𝑝

𝑘/2𝑀 𝑝

𝑘/2𝑂

)= P𝑀

(𝐴𝑐

𝑛−𝑘−1

)(𝑝𝑂 − 𝑝𝑀)𝑝

𝑘/2𝑀 𝑝

𝑘/2𝑂

> 0.

25

3 Prebrojavanja

Zadatak 3.1 Iz skupa 1, . . . , 100 nasumce su odabrana dva ne nužno različita broja, 𝑚 i 𝑛.Izračunajte vjerojatnost da je

(a) 𝑚𝑛 + 𝑛𝑚 neparan broj,

(b) 𝑚𝑛 · 𝑛𝑚 paran broj.

Rješenje. Neka je Ω = 1, . . . , 1002. Neka je 𝐴 = 𝑚𝑛+𝑛𝑚je neparan i 𝐵 = 𝑚𝑛 ·𝑛𝑚 je paran.Tada imamo da je

𝐴 = 𝑚𝑛 je neparan i 𝑛𝑚 je paran ∪ 𝑚𝑛 je paran i 𝑛𝑚 je neparan= 𝑚 je neparan i 𝑛 je paran ∪ 𝑚 je paran i 𝑛 je neparan,

pa je |𝐴| = 50 · 50 + 50 · 50 = 5000. Slijedi da je P (𝐴) = |𝐴||Ω| = 1

2. Slično imamo da je

𝐵𝑐 = 𝑚𝑛 · 𝑛𝑚 je neparan = 𝑚𝑛 je neparan i 𝑛𝑚 je neparan= 𝑚 je neparan i 𝑛 je neparan,

pa je |𝐵𝑐| = 50 · 50 = 2500. Zaključujemo da je P (𝐵) = 1 − |𝐵𝑐||Ω| = 3

4.

Zadatak 3.2 Jednog radnog tjedna u nekom gradu 10 ljudi je pozvalo električara u svoje kuće radipopravka nekih električnih uređaja. Svaki čovjek je slučajno odabrao neki radni dan u tom tjednui pozvao električara. Izračunajte vjerojatnost da postoji barem jedan radni dan u kojem nitko nijepozvao električara.

Rješenje. Zadatak modeliramo prostorom elementarnih događaja Ω = 1, 2, 3, 4, 510. Ako je 𝐴𝑖 =

𝑖-ti dan nitko nije zvao električara, tada nas zanima vjerojatnost događaja 𝐴1∪𝐴2∪𝐴3∪𝐴4∪𝐴5.Uočimo da je za sve različite 𝑖, 𝑗, 𝑘, 𝑙

P (𝐴𝑖) =410

510,

P (𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗) =310

510,

P (𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗 ∩ 𝐴𝑘) =210

510,

P (𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗 ∩ 𝐴𝑘 ∩ 𝐴𝑙) =1

510,

te da je P (𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩ 𝐴3 ∩ 𝐴4 ∩ 𝐴5) = 0. Po formuli uključivanja i isključivanja dobivamo

P (𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ 𝐴3 ∪ 𝐴4 ∪ 𝐴5) =

(5

1

)· 410

510−(

5

2

)· 310

510+

(5

3

)· 210

510−(

5

4

)· 1

510+

(5

5

)· 0

=5 · 410 − 10 · 310 + 10 · 210 − 5

510≈ 0.477.

26

Zadatak 3.3 Simetričnu kocku bacamo 3 puta. Kolika je vjerojatnost da ćemo svaki put dobitiveći broj?

Rješenje. Uzimamo Ω = 1, . . . , 63, te uočimo da svaki elementarni događaj ima jednakuvjerojatnost ( 1

63), tako da se radi o Laplaceovom modelu. Zadatak se zato svodi na određivanje

koliko događaj (dakle, skup)

𝐴 = svaki put dobili smo veći broj = (𝑖, 𝑗, 𝑘) : 1 ≤ 𝑖 < 𝑗 < 𝑘 ≤ 6

ima elemenata. Budući da postoji očita bijekcija između skupa 𝐴 i familije tročlanih podskupovaskupa 1, . . . , 6, zaključujemo da je

P (𝐴) =|𝐴||Ω|

=

(63

)63

=5

54.

Zadatak 3.4 U vreći imamo 550 jabuka, od čega je 2% trulih. Kolika je vjerojatnost da uslučajnom uzorku od 25 jabuka budu točno 2 trule?

Rješenje. Pokus modeliramo skupom elementarnih događaja Ω kojeg čine svi 25-člani podskupoviskupa kojeg čini 550 promatranih jabuka. Dakle, |Ω| =

(55025

). Neka je

𝐴 = u uzorku imamo točno 2 trule jabuke.

Budući da u vreći imamo 0.02 · 550 = 11 trulih jabuka, zaključujemo da je

|𝐴| =

(11

2

)·(

550 − 11

25 − 2

)=

(11

2

)·(

539

23

),

pa je

P (𝐴) =

(112

)·(53923

)(55025

) ≈ 0.074

Zadatak 3.5 Za Okrugli stol sjeda 𝑛 vitezova, pri čemu Arthur ne želi sjediti kraj Mordreda nikraj Lancelota.

(a) Ako sjedaju na slučajan način, kolika je vjerojatnost da Arthur ne sjedi ni kraj Mordreda nikraj Lancelota?

(b) Mijenja li se vjerojatnost u (a) ako Arthur prvi sjedne, a ostali potom sjednu za stol na slučajannačin?

Rješenje.

27

(a) Uzimamo Ω = sve cikličke permutacije skupa od 𝑛 vitezova, pa je |Ω| = (𝑛 − 1)!. Akoje 𝑀 = Arthur sjedi do Mordreda i 𝐿 = Arthur sjedi do Lancelota, tada je po formuliuključivanja i isključivanja

P (𝑀 𝑐 ∩ 𝐿𝑐) = 1 − P (𝑀 ∪ 𝐶) = 1 − P (𝑀) − P (𝐿) + P (𝑀 ∩ 𝐿) .

Uočimo da je |𝑀 | = 2(𝑛 − 2)!. Doista, ukoliko će Arthur i Mordred sjediti jedan do drugoga,tada ih možemo promatrati kao jedan objekt, tako da u biti brojimo cikličke permutacije skupaod 𝑛−1 elemenata (od kojih su 𝑛−2 elemenata vitezovi, a jedan par Arthur-Mordred). Faktor2 dolazi od mogućnosti izbora hoće li Mordred biti Arthuru s lijeve ili desne strane. Sličnozaključujemo i da je |𝐿| = 2(𝑛− 2)!.

S druge strane, ukoliko Arthur sjedi i do Mordreda i do Lancelota, tada njih trojicu možemogledati kao jedan objekt, pa slično kao prije zaključujemo da je 𝑀 ∩ 𝐿 = 2(𝑛 − 3)!, pri čemufaktor 2 od mogućnosti izbora hoće li Mordred biti Arthuru s lijeve, a Lancelot s desne strane,ili obratno. Dakle,

P (𝑀 𝑐 ∩ 𝐿𝑐) = 1 − 2(𝑛− 2)!

(𝑛− 1)!− 2(𝑛− 2)!

(𝑛− 1)!+

2(𝑛− 3)!

(𝑛− 1)!=

(𝑛− 3)(𝑛− 4)

(𝑛− 1)(𝑛− 2).

(b) U slučaju kada je Arthur već zauzeo mjesto, gubi se cikličnost, tj. prirodno je uzeti Ω =

sve permutacije skupa od 𝑛− 1 preostalih vitezova, pa je opet |Ω| = (𝑛− 1)!. Neka su 𝑀 i𝐿 događaji definirani kao u (a) dijelu.

Ukoliko želimo Mordreda smjestiti do Arthura tada imamo 2 mogućnosti za to napraviti, dokpreostalih 𝑛− 2 vitezova smještamo proizvoljno. Zato je |𝑀 | = 2(𝑛− 2)!, a slično dobivamo i|𝐿| = 2(𝑛− 2)!.

S druge strane ako želimo da Arthur sjedi i do Mordreda i do Lancelota, tada njih dvojicumožemo smjestiti na 2 načina, dok preostalih 𝑛 − 3 vitezova smještamo proizvoljno. Zato je𝑀 ∩ 𝐿 = 2(𝑛− 3)!. Analogno kao u (a) dijelu dobivamo

P (𝑀 𝑐 ∩ 𝐿𝑐) =(𝑛− 3)(𝑛− 4)

(𝑛− 1)(𝑛− 2).

Zadatak 3.6 Na slučajan način raspoređujemo 30 jednakih jabuka u 8 različitih kutija (pri čemu usvaku kutiju može stati proizvoljno mnogo jabuka). Uz pretpostavku da je svaka kombinacija brojajabuka po kutijama jednako vjerojatna, odredite vjerojatnost da

(a) se u svakoj kutiji nalaze barem 3 jabuke,

(b) su 3 kutije ostale prazne.

Rješenje. Uzimamo prostor elementarnih događaja

Ω = (𝑥1, . . . , 𝑥8) ∈ Z8 : 𝑥1, . . . , 𝑥8 ≥ 0, 𝑥1 + · · · + 𝑥8 = 30.

28

Odredimo |Ω|. Ukoliko jabuke poredamo u jedan red tada proces raspoređivanja jabuka u kutijemožemo interpretirati kao postavljanje sedam pregrada među jabukama. Tako npr. sve jabuke odpočetka do prve pregrade idu u prvu kutiju, od prve do treće pregrade u drugu i tako dalje svedo posljednje kutije u koju idu sve jabuke od zadnje pregrade do kraja reda. Drugim riječima,svakom rasporedu po kutijama odgovara jedan niz od 37 elemenata od kojih točno njih 7 predstavljapregrade. Zato je |Ω| =

(377

).

(a) Tražimo kardinalitet skupa

𝐴 = (𝑥1, . . . , 𝑥8) ∈ Z8 : 𝑥1, . . . , 𝑥8 ≥ 3, 𝑥1 + · · · + 𝑥8 = 30,

što je zamjenom varijabli 𝑦𝑖 = 𝑥𝑖 − 3 ekvivalentno traženju kardinaliteta skupa

(𝑦1, . . . , 𝑦8) ∈ Z8 : 𝑦1, . . . , 𝑦8 ≥ 0, 𝑦1 + · · · + 𝑦8 = 30 − 8 · 3 = 6,

a to činimo jednako kao za skup Ω i dobivamo |𝐴| =(6+77

)=(137

). Dakle dobivamo da je

P (𝐴) = |𝐴||Ω| =

(137 )

(377 )

≈ 0.00017.

(b) Tražimo kardinalitet skupa

𝐵 = (𝑥1, . . . , 𝑥8) ∈ Z8 : 𝑥𝑖 = 0 za tri indeksa, a za ostale 𝑥𝑖 ≥ 1, 𝑥1 + · · · + 𝑥8 = 30.

Budući da tri prazne kutije možemo odabrati na(83

)načina, slijedi da je

|𝐵| =

(8

3

)|(𝑥1, . . . , 𝑥8) ∈ Z8 : 𝑥1 = 𝑥2 = 𝑥3 = 0, 𝑥4, . . . , 𝑥8 ≥ 1, 𝑥1 + · · · + 𝑥8 = 30|

=

(8

3

)|𝐶|,

pri čemu je 𝐶 = (𝑦1, . . . , 𝑦5) ∈ Z5 : 𝑦1, . . . , 𝑦5 ≥ 1, 𝑦1 + · · · + 𝑦5 = 30. Kao u prethodnomdijelu zadatka, zamjenom varijabli 𝑧𝑖 = 𝑦𝑖 − 1 zaključujemo da skup 𝐶 ima jednako elemenatakoliko i skup (𝑧1, . . . , 𝑧5) : 𝑧1, . . . , 𝑧5 ≥ 0, 𝑧1 + · · · + 𝑧5 = 30 − 5 · 1 = 25. Dakle,

|𝐵| =

(8

3

)·(

25 + 4

4

)=

(8

3

)·(

29

4

),

pa je P (𝐵) = |𝐵||Ω| =

(83)·(

294 )

(377 )

≈ 0.13.

Zadatak 3.7 Lutrija je u prodaju poslala 𝑛 srećki, od kojih je 𝑚 dobitnih. Ovisi li vjerojatnostdobitka za pojedinog igrača o broju preostalih srećki, tj. je li bitan redoslijed kupovanja?

Rješenje. Za igrača koji prvi kupuje vjerojatnost dobitka je očito 𝑚𝑛. Za proizvoljni 𝑘 ∈

1, . . . , 𝑛− 1 neka je

𝐴𝑘 = nakon 𝑘 prodanih srećki igrač je kupio dobitnu.

29

Uočimo da je (za fiksni 𝑘) s

𝐻𝑘,𝑗 = od prvih 𝑘 prodanih srećki, 𝑗 je bilo dobitnih, 𝑗 = 0, . . . ,min𝑘,𝑚

dan potpun sustav događaja. Očito je

P (𝐻𝑘,𝑗) =

(𝑚𝑗

)(𝑛−𝑚𝑘−𝑗

)(𝑛𝑘

) i P (𝐴𝑘|𝐻𝑘,𝑗) =𝑚− 𝑗

𝑛− 𝑘.

Koristeći formulu potpune vjerojatnosti dobivamo

P (𝐴𝑘) =

min𝑘,𝑚∑𝑗=0

P (𝐴𝑘|𝐻𝑘,𝑗)P (𝐻𝑘,𝑗) =

min𝑘,𝑚∑𝑗=0

𝑚− 𝑗

𝑛− 𝑘·(𝑚𝑗

)(𝑛−𝑚𝑘−𝑗

)(𝑛𝑘

)=

min𝑘,𝑚∑𝑗=0

𝑚− 𝑗

𝑛− 𝑘·

𝑚𝑚−𝑗

(𝑚−1𝑗

)(𝑛−𝑚𝑘−𝑗

)(𝑛𝑘

)=

𝑚

𝑛− 𝑘· 1(

𝑛𝑘

) 𝑘∑𝑗=0

(𝑚− 1

𝑗

)(𝑛−𝑚

𝑘 − 𝑗

),

pri čemu smo u posljednjem retku sumaciju mogli produljiti do 𝑘 jer su, po definiciji trivijalnih binom-nih koeficijenata, dodani članovi jednaki 0. Posljednji izraz je, koristeći Vandermondeov identitet1,jednak

P (𝐴𝑘) =𝑚

𝑛− 𝑘·((𝑚−1)+(𝑛−𝑚)

𝑘

)(𝑛𝑘

) =𝑚

𝑛.

Zadatak 3.8 U kutiji se nalazi 𝑛 kuglica. Na slučajan način izvlačimo kuglice (barem jednu),tako da je svaka kolekcija izvučenih kuglica jednako vjerojatna. Kolika je vjerojatnost da je brojizvučenih kuglica paran?

Rješenje. Neka je Ω familija svih nepraznih podskupova skupa od 𝑛 kuglica. Tada je |Ω| = 2𝑛−1.Ako je 𝐴 = izvučeno je paran broj kuglica, tada je

|𝐴| =

⌊𝑛2⌋∑

𝑙=1

(𝑛

2𝑙

).

1Prema Vandermondeovom identitetu za sve nenegativne cijele brojeve 𝑟, 𝑚 i 𝑛 vrijedi(𝑚+ 𝑛

𝑟

)=

𝑟∑𝑘=0

(𝑚

𝑘

)(𝑛

𝑟 − 𝑘

).

30

Uočimo da je po binomnom teoremu

𝑛∑𝑘=0

(𝑛

𝑘

)= (1 + 1)𝑛 = 2𝑛,

𝑛∑𝑘=0

(−1)𝑘(𝑛

𝑘

)= (1 − 1)𝑛 = 0.

Sumiranjem ove dvije jednakosti ostat će jedino sumandi uz parne vrijednosti 𝑘, pa je

2 ·⌊𝑛2⌋∑

𝑙=0

(𝑛

2𝑙

)= 2𝑛,

odakle slijedi da je |𝐴| = 2𝑛−1 − 1. Tražena vjerojatnost zato iznosi P (𝐴) = |𝐴||Ω| = 2𝑛−1−1

2𝑛−1.

Zadatak 3.9 Neka je 𝑋 skup, |𝑋| = 𝑛. Odredite vjerojatnost da su dva nasumce izabrananeprazna različita podskupa skupa 𝑋 disjunktna.

Rješenje. Neka je Ω = (𝐴,𝐵) : 𝐴,𝐵 ⊆ 𝑋,𝐴 = 𝐵,𝐴,𝐵 = ∅. Tada je Ω = (2𝑛− 1)(2𝑛− 2), pa sezadatak tako svodi na određivanje kardinaliteta skupa 𝑆 = (𝐴,𝐵) : 𝐴,𝐵 ⊂ 𝑋,𝐴,𝐵 = ∅, 𝐴∩𝐵 = ∅.

Uočimo najprije da za fiksirani 𝐴 ⊆ 𝑋 da bi imali da je (𝐴,𝐵) ∈ 𝑆, mora biti 𝐵 ⊆ 𝑋 ∖ 𝐴 pa 𝐵

možemo odabrati na 2𝑛−|𝐴| − 1 načina (jer je 𝐵 = ∅). Dakle, za fiksni 𝑘 takav da je 1 ≤ 𝑘 ≤ 𝑛 brojparova (𝐴,𝐵) ∈ 𝑆 za koje je |𝐴| = 𝑘 jednak je

(𝑛𝑘

)(2𝑛−𝑘 − 1), pa imamo

|𝑆| =𝑛∑

𝑘=1

(𝑛

𝑘

)(2𝑛−𝑘 − 1) =

𝑛∑𝑘=1

(𝑛

𝑘

)2𝑛−𝑘 −

𝑛∑𝑘=1

(𝑛

𝑘

)=

((1 + 2)𝑛 −

(𝑛

0

)2𝑛

)−(

(1 + 1)𝑛 −(𝑛

0

))= 3𝑛 − 2𝑛 − 2𝑛 + 1 = 3𝑛 − 2𝑛+1 + 1,

pri čemu drugi redak dobivamo korištenjem binomnog teorema. Zaključujemo da je

P (𝑆) =3𝑛 − 2𝑛+1 + 1

(2𝑛 − 1)(2𝑛 − 2).

31

4 Slučajne varijable

4.1 Slučajne varijable

Zadatak 4.1 Bacamo simetričnu kocku. Označimo s 𝑋 broj koji je pao na kocki. Odredite razdiobeslučajnih varijabli 𝑋, 𝑋2 i |𝑋 − 3|. Odredite funkciju gustoće te skicirajte funkciju distribucijeslučajne varijable |𝑋 − 3|.

Rješenje. Tablično prikazujemo sve vrijednosti za slučajnu varijablu 𝑋, te pripadne vrijednostiza 𝑋2 i |𝑋 − 3|.

𝑋 𝑋2 |𝑋 − 3|1 1 22 4 13 9 04 16 15 25 26 36 3

Iz tablice tako vidimo da je, npr. P (|𝑋 − 3| = 2) = P (𝑋 = 1) + P (𝑋 = 5) = 16

+ 16

= 13. Na sličan

način radimo i za ostale vrijednosti i dobivamo distribucije

𝑋2 ∼

(1 4 9 16 25 3616

16

16

16

16

16

)i |𝑋 − 3| ∼

(0 1 2 316

13

13

16

).

Funkcija gustoće slučajne varijable |𝑋 − 3| je

𝑓(𝑥) =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩16, 𝑥 = 0, 3

13, 𝑥 = 1, 2

0, inače

a funkcija distribucije

𝐹 (𝑥) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

0, 𝑥 ∈ ⟨−∞, 0⟩16, 𝑥 ∈ [0, 1⟩

12, 𝑥 ∈ [1, 2⟩

56, 𝑥 ∈ [2, 3⟩

1, 𝑥 ∈ [3,+∞⟩

Iz ovoga lako možemo nacrtati graf funkcije distribucije.

Zadatak 4.2 Slučajna varijabla 𝑋 ima razdiobu

𝑋 ∼

(1 2 3 4 5 6 7

𝑐 2𝑐 2𝑐 3𝑐 𝑐2 2𝑐2 7𝑐2 + 𝑐

).

32

𝑥

𝐹

0

16

12

56

1

1 2 3

(a) Odredite konstantu 𝑐 ∈ R.

(b) Izračunajte P(2 ≤ 𝑋 ≤ 5).

(c) Odredite najmanji 𝑘 ∈ N takav da vrijedi P(𝑋 ≤ 𝑘) ≥ 2/5.

Rješenje.

(a) Budući da je Ω = 𝑋 = 1 ∪ · · · ∪ 𝑋 = 7, te da se radi o disjunktnoj uniji, dobivamo

1 = P (Ω) = P (𝑋 = 1) + · · · + P (𝑋 = 7) = 10𝑐2 + 9𝑐.

Naravno, da bi početna razdioba bila dobro definirana moramo imati 𝑐 > 0, pa rješavanjemgornje jednadžbe dobivamo 𝑐 = 1

10.

(b) Očito je

P (2 ≤ 𝑋 ≤ 5) = P (𝑋 = 2) + P (𝑋 = 3) + P (𝑋 = 4) + P (𝑋 = 5)

= 210

+ 210

+ 310

+ 1100

= 71100

.

(c) Uočimo da je

P (𝑋 ≤ 1) = P (𝑋 = 1) = 110

< 25

P (𝑋 ≤ 2) = P (𝑋 ≤ 1) + P (𝑋 = 2) = 310

< 25

P (𝑋 ≤ 3) = P (𝑋 ≤ 2) + P (𝑋 = 3) = 510

> 25

pa je 𝑘 = 3.

33

Zadatak 4.3 Neka je Ω = 𝜔1, 𝜔2, 𝜔3, P(𝜔𝑖) = 1/3. Definirajmo slučajne varijable: 𝑋(𝜔1) = 1,𝑋(𝜔2) = 2, 𝑋(𝜔3) = 3, 𝑌 (𝜔1) = 2, 𝑌 (𝜔2) = 3, 𝑌 (𝜔3) = 1, 𝑍(𝜔1) = 3, 𝑍(𝜔2) = 1, 𝑍(𝜔3) = 2.Odredite razdiobe varijabli 𝑋, 𝑌 , 𝑍, 𝑋 + 𝑌 ,

√(𝑋2 + 𝑌 2)𝑍, |𝑋−𝑌 |

𝑍.

Rješenje. Iz zadatka iščitavamo da je

𝑋, 𝑌, 𝑍 ∼

(1 2 313

13

13

).

S druge strane, imamo da je (𝑋 +𝑌 )(𝜔1) = 𝑋(𝜔1) +𝑌 (𝜔1) = 1 + 2 = 3. Slični račun za elementarnedogađaje 𝜔2 i 𝜔3 nam onda daje

𝑋 + 𝑌 ∼

(3 4 513

13

13

),

a analogno za preostale slučajne varijable dobivamo razdiobe

√(𝑋2 + 𝑌 2)𝑍 ∼

(√13

√15

√20

13

13

13

)i

|𝑋 − 𝑌 |𝑍

∼

(13

113

23

).

Zadatak 4.4 Slučajna varijabla 𝑋 poprima vrijednosti u skupu prirodnih brojeva i vrijedi P(𝑋 =

𝑘) = 12𝑘

za 𝑘 ∈ N. Odredite razdiobu slučajne varijable 𝑌 = sin

(𝜋𝑋

2

).

Rješenje. Uočimo da je

sin(𝑛𝜋

2

)=

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩0 za 𝑛 ≡ 0 (mod 2)

1 za 𝑛 ≡ 1 (mod 4)

−1 za 𝑛 ≡ 1 (mod 4)

.

Distribucije slučajne varijable 𝑌 sada dobivamo sumiranjem odgovarajućih vjerojatnosti za slučajnuvarijablu 𝑋.

P (𝑌 = 0) =∞∑𝑘=1

P (𝑋 = 2𝑘) =∞∑𝑘=1

1

22𝑘=

1

4

∞∑𝑘=0

1

4𝑘=

1

4· 1

1 − 14

=1

3,

P (𝑌 = 1) =∞∑𝑘=0

P (𝑋 = 4𝑘 + 1) =∞∑𝑘=0

1

24𝑘+1=

1

2

∞∑𝑘=0

1

16𝑘=

1

2· 1

1 − 116

=8

15,

preostalu vjerojatnost najlakše možemo dobiti kao P (𝑌 = −1) = 1 − P (𝑌 = 0) − P (𝑌 = 1) = 215

.Dakle,

𝑌 ∼

(−1 0 1215

13

815

).

34

Zadatak 4.5 Neka je 𝑠 > 1, a 𝑋 slučajna varijabla koja poprima vrijednosti u N s distribucijomzadanom s

P (𝑋 = 𝑛) =𝑛−𝑠

𝜁(𝑠),

pri čemu je 𝜁(𝑠) =∑∞

𝑛=1 𝑛−𝑠 vrijednosti Riemannove zeta funkcije u točci 𝑠. Neka je 𝑝1 < 𝑝2 < . . .

niz svih prostih brojeva, te neka 𝐴𝑘 označavaju događaj u kojem je 𝑋 djeljiv s 𝑝𝑘. Dokažite da jefamilija događaja (𝐴𝑘)𝑘∈N nezavisna, te vjerojatnosnim metodama dokažite aritmetičku jednakost

∞∏𝑘=1

(1 − 𝑝−𝑠𝑘 ) =

1

𝜁(𝑠).

Rješenje. Prije svega uočimo da je

P (𝐴𝑘) = P (𝑋 = 𝑛𝑝𝑘, za neki 𝑛 ∈ N) =∞∑𝑛=1

P (𝑋 = 𝑛𝑝𝑘) =∞∑𝑛=1

(𝑛𝑝𝑘)−𝑠

𝜁(𝑠)

= 𝑝−𝑠𝑘

∞∑𝑛=1

𝑛−𝑠

𝜁(𝑠)= 𝑝−𝑠

𝑘 .

Slično za proizvoljne različite indekse 𝑘1, . . . , 𝑘𝑟 imamo da je

P (𝐴𝑘1 ∩ · · · ∩ 𝐴𝑘𝑟) = P (𝑋 = 𝑛𝑝𝑘1 . . . 𝑝𝑘𝑟 , za neki 𝑛 ∈ N) =∞∑𝑛=1

P (𝑋 = 𝑛𝑝𝑘1 . . . 𝑝𝑘𝑟)

=∞∑𝑛=1

(𝑛𝑝𝑘1 . . . 𝑝𝑘𝑟)−𝑠

𝜁(𝑠)= (𝑝𝑘1 . . . 𝑝𝑘𝑟)

−𝑠

∞∑𝑛=1

𝑛−𝑠

𝜁(𝑠)= (𝑝𝑘1 . . . 𝑝𝑘𝑟)

−𝑠,

što je jednako P (𝐴𝑘1) . . .P (𝐴𝑘𝑟), pa je promatrana familija doista nezavisna. Budući da je 𝑋 =

1 =⋂∞

𝑘=1𝐴𝑐𝑘, iz neprekidnosti vjerojatnosti s obzirom na padajući niz događaja i nezavisnosti

dobivamo

1

𝜁(𝑠)= P (𝑋 = 1) = P

(∞⋂𝑘=1

𝐴𝑐𝑘

)= lim

𝑟→∞P

(𝑟⋂

𝑘=1

𝐴𝑐𝑘

)= lim

𝑟→∞

𝑟∏𝑘=1

P (𝐴𝑐𝑘)

= lim𝑟→∞

𝑟∏𝑘=1

(1 − 𝑝−𝑠𝑘 ) =

∞∏𝑘=1

(1 − 𝑝−𝑠𝑘 ).

4.2 Neke poznate slučajne varijable

Zadatak 4.6 Marko svaki dan kasni na nastavu s vjerojatnošću 0.2.

(a) Kolika je vjerojatnost da je u jednom tjednu (tj. u 5 radnih dana) zakasnio najviše jednom?

(b) Za koji najveći broj dana u tjednu možemo biti barem 90% sigurni da je barem toliko putadošao na vrijeme?

35

Rješenje. Neka je 𝑋 broj dana u kojima je Marko zakasnio na nastavu. Tada je 𝑋 ∼ 𝐵(5, 0.2).

(a)

P (𝑋 ≤ 1) = P (𝑋 = 0) + P (𝑋 = 1) =

(5

0

)0.200.85 +

(5

1

)0.210.84

= 0.32768 + 0.4096 = 0.73728.

(b) Broj dana u koje je Marko došao na vrijeme je naravno 5−𝑋, tako da tražimo najveći 𝑘 takavda je P (5 −𝑋 ≥ 𝑘) = P (𝑋 ≤ 5 − 𝑘) ≥ 0.9.

Već smo prethodno vidjeli da za 𝑘 = 4 imamo P (𝑋 ≤ 1) < 0.9. S druge strane, za 𝑘 = 3

imamo

P (𝑋 ≤ 2) = P (𝑋 ≤ 1) + P (𝑋 = 2) = 0.73728 +

(5

2

)0.220.83

= 0.73728 + 0.2048 = 0.94208 > 0.9.

Dakle, možemo biti 90% sigurni da je barem 3 dana došao na vrijeme.

Zadatak 4.7 Iz standardnog špila od 52 karte nasumce izvlačimo pet karata. Kolika je vjerojatnostda su svih pet karata pikovi, ili da niti jedna nije pik?

Rješenje. Neka je 𝑋 broj izvučenih pikova. 𝑋 tada ima hipergeometrijsku distribuciju sparametrima 𝑚 = 52, 𝑟 = 13 i 𝑛 = 5. Koristeći taj zaključak, ili elementarnim prebrojavanjemdobivamo

P (𝑋 = 0) + P (𝑋 = 5) =

(130

)(395

)(525

) +

(135

)(390

)(525

) ≈ 0.22.

4.3 Matematičko očekivanje i varijanca

Zadatak 4.8 Slučajna varijabla 𝑋 ima razdiobu

𝑋 ∼

(−1 0 𝑎12

13

16

).

Odredite 𝑎 tako da 𝑋 ima očekivanje E𝑋 = 13.

Rješenje. Prema definiciji očekivanja znamo da je

E𝑋 = −1 · 12

+ 0 · 13

+ 𝑎 · 16

= −12

+ 𝑎6,

pa dobivamo da je tražena vrijednost jednaka 𝑎 = 5.

36

Zadatak 4.9 Bacamo simetričnu kocku. Ako slučajna varijabla 𝑋 predstavlja broj koji je pao nakocki, nađite matematičko očekivanje slučajne varijable 𝑌 = 1

𝑋+1.

Rješenje. Neka je 𝑓 funkcija gustoće slučajne varijable 𝑋. Ako je 𝑔 : R → R s pravilompridruživanja 𝑔(𝑥) = 1

𝑥+1, tada je 𝑌 = 𝑔(𝑋), pa po [SV19, Teorem 4.29] imamo da je

E [𝑌 ] =∑𝑥∈R

𝑔(𝑥)𝑓(𝑥) =1

2· 1

6+

1

3· 1

6+

1

4· 1

6+

1

5· 1

6+

1

6· 1

6+

1

7· 1

6=

223

840.

Zadatak 4.10 Simetričan novčić bacamo dok se pismo ne pojavi po drugi put. Neka 𝑋 označavapotreban broj bacanja (za taj događaj). Izračunajte P(𝑋 ≤ 6), E𝑋 i Var𝑋.

Rješenje. Uočimo da je proizvoljni 𝑛 ≥ 2 događaj 𝑋 = 𝑛 u biti disjunktna unija 𝑛−1 događajakoji se razlikuju po tome u kojem se bacanju pismo pojavilo prvi put. Zato je P (𝑋 = 𝑛) = (𝑛−1)· 1

2𝑛.

Stoga jeP(𝑋 ≤ 6) = P(𝑋 = 2) + · · · = P(𝑋 = 6) = 1

4+ 2

8+ 3

16+ 4

32+ 5

64= 57

64.

Nadalje, očekivanje i varijancu možemo dobiti dvostrukom i trostrukom derivacijom geometrijskogreda2. Za očekivanje iz toga slijedi da je jednako

E𝑋 =∞∑𝑛=2

𝑛P (𝑋 = 𝑛) =∞∑𝑛=2

𝑛(𝑛− 1) · 1

2𝑛=

2 · (12)2

(1 − 12)3

= 4.

Da bismo izračunali varijancu, najprije računamo

E[𝑋2]

=∞∑𝑛=2

𝑛2P (𝑋 = 𝑛) =∞∑𝑛=2

𝑛2(𝑛− 1)1

2𝑛=

∞∑𝑛=3

𝑛(𝑛− 1)(𝑛− 2)1

2𝑛−1

=4 · (1

2)2 + 2 · (1

2)3

(1 − 12)4

= 20.

Iz ovoga slijedi da je varijanca jednaka

Var𝑋 = E[𝑋2]− (E𝑋)2 = 20 − 42 = 4.

Zadatak 4.11 Zadane su slučajne varijable 𝑋 ∼ 𝑃 (𝜆) i 𝑌 = 11+𝑋

. Nađite razdiobu i očekivanjeslučajne varijable 𝑌 te očekivanje sličajne varijable 𝑋𝑌 .

Rješenje. Prije svega, uočimo da je 𝑌 poprima vrijednosti u N, te da je za proizvoljni 𝑛 ∈ N,

2Derivacijom identiteta 11−𝑥 =

∑∞𝑛=1 𝑥

𝑛 slijedi da je 1(1−𝑥)2 =

∑∞𝑛=1 𝑛𝑥

𝑛−1. Deriviranjem te množenjem s 𝑥2

dobivamo da je 2𝑥2

(1−𝑥)3 =∑∞

𝑛=2 𝑛(𝑛− 1)𝑥𝑛. Ako pak deriviramo obje strane ove jednakosti, te ih potom pomnožimo

s 𝑥 dobit ćemo 4𝑥2+2𝑥3

(1−𝑥)4 =∑∞

𝑛=2 𝑛2(𝑛− 1)𝑥𝑛.

37

𝑌 = 1𝑛 = 𝑋 = 𝑛− 1. Zato je distribucija slučajne varijable 𝑌 dana s

P(𝑌 =

1

𝑛

)=

𝜆𝑛−1𝑒−𝜆

(𝑛− 1)!, 𝑛 ∈ N.

Očekivanje slučajne varijable 𝑌 je onda jednako

E𝑌 =∞∑𝑛=1

1

𝑛P(𝑌 =

1

𝑛

)=

∞∑𝑛=1

1

𝑛· 𝜆

𝑛−1𝑒−𝜆

(𝑛− 1)!

=1

𝜆

∞∑𝑛=1

𝜆𝑛𝑒−𝜆

𝑛!=

1 − 𝑒−𝜆

𝜆.

Konačno, za slučajnu varijablu 𝑋𝑌 imamo

E [𝑋𝑌 ] = E[

𝑋

𝑋 + 1

]= E

[1 − 1

𝑋 + 1

]== E [1] − E

[1

𝑋 + 1

]= 1 − E𝑌 =

𝜆 + 𝑒−𝜆 − 1

𝜆.

Zadatak 4.12 Pet karata okrenuto je licem prema dolje. Dvije karte su pik, dvije karte su tref ijedna karta je srce. Okrećemo karte jednu po jednu dok ne okrenemo sve tri boje. Odredite očekivanibroj okrenutih karata.

Rješenje. Neka je 𝑋 broj okrenutih karata. Očito je P (𝑋 = 0) = P (𝑋 = 1) = P (𝑋 = 2) = 0.Nadalje, sve tri boje bit će okrenute u prva tri okretanja s vjerojatnošću

P (𝑋 = 3) =

(31

)·(21

)· 2 · 2 · 1

5 · 4 · 3=

24

60=

2

5,

pri čemu prva dva faktora u brojniku označavaju broj načina za odabrati prve dvije izvučene boje,a preostali broj načina za odabrati karte jednom kada smo ustanovili redoslijed boja.

Slično dobivamo i

P (𝑋 = 4) =

(21

)·(32

)·(21

)· 2 · 2 · 1 · 1

5 · 4 · 3 · 2=

24

60=

2

5,

pri čemu prvi faktor u brojniku označava broj načina za odabir boje koju smo dvaput izvukli, drugibroj načina za odabrati izvlačenja u kojima smo izvukli istu boju (zadnje izvlačenje ovdje naravnone dolazi u obzir jer je tada nužno morala biti izvučena posljednja, do tada neviđena boja), trećibroj načina za odabrati boju koju smo izvukli posljednju, a preostali broj načina za odabrati kartejednom kada smo ustanovili redoslijed boja.

Sada je naravno

P (𝑋 = 5) = 1 − P (𝑋 = 3) − P (𝑋 = 4) =1

5,

pa je očekivanje jednako

E𝑋 = 3 · 2

5+ 4 · 2

5+ 5 · 1

5= 4.

38

Zadatak 4.13 Izračunajte očekivanje i varijancu slučajne varijable 𝑋 ako je

P(𝑋 = 𝑛) =𝑐

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 3), 𝑛 ∈ N0.

Rješenje. Uočimo da je

1 =∞∑𝑛=0

P (𝑋 = 𝑛) = 𝑐

∞∑𝑛=0

1

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 3)

=𝑐

2

∞∑𝑛=0

(1

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)− 1

(𝑛 + 2)(𝑛 + 3)

)=

𝑐

2

(1

1 · 2− 1

2 · 3+

1

2 · 3− 1

3 · 4+

1

3 · 4− . . .

)=

𝑐

4,

pa je 𝑐 = 4. Sličnom tehnikom teleskopiranja računamo i očekivanje

E𝑋 =∞∑𝑛=0

𝑛P (𝑋 = 𝑛) = 4∞∑𝑛=0

𝑛

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 3)

= 4∞∑𝑛=0

1

(𝑛 + 2)(𝑛 + 3)− 4

∞∑𝑛=0

1

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 3)

= 4∞∑𝑛=0

(1

𝑛 + 2− 1

𝑛 + 3

)− 1

= −1 + 4 ·(

1

2− 1

3+

1

3− 1

4+ . . .

)= 1.

Da bi odredili varijancu, uočimo da je

E[𝑋2]

=∞∑𝑛=0

𝑛2P (𝑋 = 𝑛) =∞∑𝑛=0

4𝑛2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 3),

te da je

lim𝑛→∞

4𝑛2

(𝑛+1)(𝑛+2)(𝑛+3)

1/𝑛= 4 ∈ (0,+∞),

pa po usporednom kriteriju konvergencije redova slijedi da je E [𝑋2] = +∞ (jer harmonijski reddivergira). Zaključujemo da je Var𝑋 = +∞.

4.4 Uvjetne distribucije

Zadatak 4.14 Simetrična kocka ima četiri strane obojane žutom bojom te dvije obojane plavombojom. Odredite očekivani broj bacanja kocke do pojave obje boje.

39

Rješenje. Neka je 𝑋 traženi broj bacanja, te 𝑃 = u prvom bacanju se pojavila plava strana i𝑍 = u prvom bacanju se pojavila žuta strana. Tada je

E𝑋 = 1 + E [𝑋 − 1] = 1 + P (𝑃 )E [𝑋 − 1|𝑃 ] + P (𝑍)E [𝑋 − 1|𝑍]

= 1 +1

3E [𝑋 − 1|𝑃 ] +

2

3E [𝑋 − 1|𝑍] .

Uočimo sada da uvjetna distribucija slučajne varijable 𝑋 − 1 uz događaj 𝑃 ima jednaku distribu-ciju kao i slučajna varijabla koja označava broj potrebnih bacanja dane kocke do prve pojave žutestrane. Ta slučajna varijabla ima naravno geometrijsku distribuciju s parametrom 2

3, pa samim time

i očekivanje 32. Zaključujemo da je E [𝑋 − 1|𝑃 ] = 3

2.

Slično, uvjetna distribucija slučajne varijable 𝑋 − 1 uz događaj 𝑍 ima jednaku distribuciju kao islučajna varijabla koja označava broja potrebnih bacanja dane kocke do prve pojave plave strane.Ta slučajna varijabla ima geometrijsku distribuciju s parametrom 1

3, dakle očekivanje 3. Zaključujemo

da je E [𝑋 − 1|𝑍] = 3.

Uvrštavanjem u prethodnu jednakost dobivamo da je E𝑋 = 72.

4.5 Zakon rijetkih događaja

Teorem 4.15 [SV19, Teorem 4.56] Neka je za svaki 𝑛 ∈ N , 𝑋𝑛 ∼ 𝐵(𝑛, 𝑝𝑛), 0 < 𝑝𝑛 < 1, takvada 𝜆 := lim𝑛→∞ 𝑛𝑝𝑛 ∈ (0,∞). Tada niz (𝑋𝑛)𝑛≥1 konvergira po distribuciji Poissonovoj slučajnojvarijabli s parametrom 𝜆.

U praksi koristimo sljedeću aproksimaciju: za velike 𝑛 (𝑛 ≥ 20) i male 𝑝𝑛 (𝑛𝑝𝑛 < 10) je

P(𝑋 = 𝑘) ≈ 𝜆𝑘

𝑘!𝑒−𝜆, za 𝜆 = 𝑛𝑝𝑛.

Zadatak 4.16 U telefonskoj centrali registrirano je 400 korisnika. Svaki korisnik u nekom odre-đenom vremenskom intervalu poziva centralu s vjerojatnošću 0.01. Izračunajte vjerojatnost da je upromatranom vremenskom intervalu

(a) točno 5 korisnika pozvalo centralu.

(b) barem 3 korisnika pozvalo centralu.

Rješenje. Neka je 𝑋 broj korisnika koji su u promatranom vremenskom intervalu nazvalocentralu. Tada je 𝑋 ∼ 𝐵(400, 0.01). Kako je 𝜆 = 400 · 0.01 = 4 < 10, koristimo aproksimacijubinomne razdiobe Poissonovom.

(a)

P (𝑋 = 5) ≈ 45

5!𝑒−4 ≈ 0.1562.

40

(b)

P (𝑋 ≥ 3) = 1 − P (𝑋 = 2) − P (𝑋 = 1) − P (𝑋 = 0) ≈ 1 − 42

2!𝑒−4 − 41

1!𝑒−4 − 40

0!𝑒−4

= 1 − 13

𝑒4≈ 0.7618

Zadatak 4.17 U neko skladište dolazi 1000 porculanskih vaza. Vjerojatnost da se neka razbijetijekom transporta je 0.002. Neovisno o tome, neke vaze razbiju se i unutar skladišta, s vjerojatnošću0.0015 (pritom je moguće da je neka vaza razbijena i u transportu i u skladištu). Nađite vjerojatnostda je ukupan broj razbijenih vaza veći od 3.

Rješenje. Vjerojatnost da će se neka konkretna vaza razbiti (na bilo koji način) je, po formuliuključivanja i isključivanja, 0.002 + 0.0015 − 0.002 · 0.0015 = 0.003497.

Ako je 𝑋 ukupan broj razbijenih vaza, tada je 𝑋 ∼ 𝐵(1000, 0.003497), pa njenu distribuciju možemoaproksimirati Poissonovom distribucijom uz parametar 𝜆 = 3.497 < 10. Zato je

P (𝑋 > 3) = 1 − P (𝑋 = 3) − P (𝑋 = 2) − P (𝑋 = 1) − P (𝑋 = 0)

≈ 1 − 𝜆3

3!𝑒−𝜆 − 𝜆2

2!𝑒−𝜆 − 𝜆1

1!𝑒−𝜆 − 𝜆0

0!𝑒−𝜆

≈ 0.4627.

41

5 Slučajni vektori: nezavisnost i zavisnost

5.1 Nezavisnost slučajnih varijabli

Zadatak 5.1 Neka su 𝑋 ∼ 𝐵(𝑛, 𝑝) i 𝑌 ∼ 𝐵(𝑚, 𝑝) nezavisne slučajne varijable. Odredite distribu-ciju slučajne varijable 𝑋 + 𝑌 .

Rješenje. 𝑋 + 𝑌 poprima vrijednosti u skupu 0, 1, . . . , 𝑛 + 𝑚. Za proizvoljni 𝑘 iz tog skuparačunamo

P (𝑋 + 𝑌 = 𝑘) =𝑛∑

𝑙=0

P (𝑋 + 𝑌 = 𝑘,𝑋 = 𝑙) =𝑛∑

𝑙=0

P (𝑙 + 𝑌 = 𝑘,𝑋 = 𝑙)

=𝑘∑

𝑙=0

P (𝑋 = 𝑙)P (𝑌 = 𝑘 − 𝑙) =𝑘∑

𝑙=0

(𝑛

1

)𝑝𝑙𝑞𝑛−𝑙 ·

(𝑚

𝑘 − 𝑙

)𝑝𝑘−𝑙𝑞𝑚−𝑘+𝑙

=𝑘∑

𝑙=0

(𝑛

1

)(𝑚

𝑘 − 𝑙

)𝑝𝑘𝑞𝑚+𝑛−𝑙 =

(𝑛 + 𝑚

𝑘

)𝑝𝑘𝑞𝑚+𝑛−𝑘,

pri čemu treća jednakost slijedi iz nezavisnosti i činjenice da je P (𝑌 < 0) = 0, a posljednja izVandermondeovog identiteta (vidi fusnotu 1). Zaključujemo da je 𝑋 + 𝑌 ∼ 𝐵(𝑛 + 𝑚, 𝑝).

Zadatak 5.2 Neka su 𝑋 i 𝑌 nezavisne slučajne varijable takve da je 𝑋 ∼ 𝑃 (𝜆), 𝑌 ∼ 𝐺(𝑝), 𝜆 > 0,𝑝 ∈ (0, 1). Odredite P(𝑋 ≤ 𝑌 ).

Rješenje. Uočimo da 𝑋 ≤ 𝑌 možemo prikazati kao disjunktnu uniju događaja

𝑋 ≤ 𝑌 = 𝑋 = 0 ∪∞⋃

𝑚=1

∞⋃𝑛=𝑚

𝑋 = 𝑚,𝑌 = 𝑛.

Koristeći 𝜎-aditivnost vjerojatnosti i nezavisnost slučajnih varijabli 𝑋 i 𝑌 , sada dobivamo

P (𝑋 ≤ 𝑌 ) = P (𝑋 = 0) +∞∑

𝑚=1

∞∑𝑛=𝑚

P (𝑋 = 𝑚,𝑌 = 𝑛) = 𝑒−𝜆 +∞∑

𝑚=1

∞∑𝑛=𝑚

𝜆𝑚𝑒−𝜆

𝑚!· (1 − 𝑝)𝑛−1𝑝

= 𝑒−𝜆 +∞∑

𝑚=1

𝜆𝑚𝑒−𝜆

𝑚!· 𝑝(1 − 𝑝)𝑚−1

∞∑𝑛=0

(1 − 𝑝)𝑛 = 𝑒−𝜆 +𝑒−𝜆

1 − 𝑝

∞∑𝑚=1

(𝜆(1 − 𝑝))𝑚

𝑚!

= 𝑒−𝜆 +𝑒−𝜆

1 − 𝑝

(𝑒𝜆(1−𝑝) − 1

)= 𝑒−𝜆 +

𝑒−𝜆𝑝

1 − 𝑝− 𝑒−𝜆

1 − 𝑝.

Za 𝑋1, . . . 𝑋𝑛 nezavisne sl. varijable vrijedi

E[Π𝑛𝑖=1𝑋𝑖] = Π𝑛

𝑖=1E𝑋𝑖, Var(𝑛∑

𝑖=1

𝑋𝑖) =𝑛∑

𝑖=1

E𝑋𝑖.

Obrat te tvrdnje ne vrijedi.

Zadatak 5.3 Neka su 𝑋 i 𝑌 nezavisne slučajne varijable takve da je 𝑋 ∼ 𝐺(𝑝1), 𝑌 ∼ 𝐺(𝑝2),

42

𝑝1, 𝑝2 ∈ (0, 1). Izračunajte:

(a) P(𝑋 > 𝑛) za 𝑛 ∈ N.

(b) E[min𝑋, 𝑌 ].

(c) P(𝑋 ≥ 2𝑌 ).

Rješenje.

(a) Za proizvoljni 𝑛 ∈ N imamo

P (𝑋 > 𝑛) = 1 −𝑛∑

𝑚=1

P (𝑋 = 𝑚) = 1 −𝑛∑

𝑚=1

(1 − 𝑝)𝑚−1𝑝 = 1 − 𝑝𝑛−1∑𝑚=0

(1 − 𝑝)𝑚

= 1 − (1 − (1 − 𝑝)𝑛) = (1 − 𝑝)𝑛.

(b) Prije svega, uočimo da je za proizvoljni 𝑛 ∈ N

min𝑋, 𝑌 = 𝑛 = 𝑋 = 𝑛, 𝑌 = 𝑛 ∪ 𝑋 = 𝑛, 𝑌 > 𝑛 ∪ 𝑋 > 𝑛, 𝑌 = 𝑛

pri čemu je unija s desne strane jednakosti disjunktna. Zbog nezavisnosti i (a) dijela sadaimamo

P (min𝑋, 𝑌 = 𝑛) = (1 − 𝑝1)𝑛−1𝑝1 · (1 − 𝑝2)

𝑛−1𝑝2 + (1 − 𝑝1)𝑛−1𝑝1 · (1 − 𝑝2)

𝑛

+ (1 − 𝑝1)𝑛 · (1 − 𝑝2)

𝑛−1𝑝2

= (1 − 𝑝1)𝑛−1(1 − 𝑝2)

𝑛−1(𝑝1 + 𝑝2 − 𝑝1𝑝2).

Traženo očekivanje je tada jednako

E[min𝑋, 𝑌 ] =∞∑𝑛=1

𝑛P (min𝑋, 𝑌 = 𝑛) = (𝑝1 + 𝑝2 − 𝑝1𝑝2)∞∑𝑛=1

𝑛(1 − 𝑝1 − 𝑝2 + 𝑝1𝑝2)𝑛−1.

Ovu sumu možemo izračunati koristeći derivaciju geometrijskog reda (vidi fusnotu 2) pa slijedida je

E[min𝑋, 𝑌 ] = (𝑝1 + 𝑝2 − 𝑝1𝑝2)1

(1 − (1 − 𝑝1 − 𝑝2 + 𝑝1𝑝2))2=

1

𝑝1 + 𝑝2 − 𝑝1𝑝2.

(c) Uočimo da je događaj čiju vjerojatnost moramo odrediti možemo zapisati kao disjunktnu uniju

𝑋 ≥ 2𝑌 =∞⋃𝑛=1

𝑋 > 2𝑛− 1, 𝑌 = 𝑛.

43

Otuda slijedi

P (𝑋 ≥ 2𝑌 ) =∞∑𝑛=1

P (𝑋 > 2𝑛− 1, 𝑌 = 𝑛) =∞∑𝑛=1

P (𝑋 > 2𝑛− 1)P (𝑌 = 𝑛)

=∞∑𝑛=1

(1 − 𝑝1)2𝑛−1(1 − 𝑝2)

𝑛−1𝑝2

=𝑝2

(1 − 𝑝1)(1 − 𝑝2)

∞∑𝑛=1

((1 − 𝑝1)2(1 − 𝑝2))

𝑛

=𝑝2

(1 − 𝑝1)(1 − 𝑝2)· (1 − 𝑝1)

2(1 − 𝑝2)

1 − (1 − 𝑝1)2(1 − 𝑝2)=

𝑝2(1 − 𝑝1)

1 − (1 − 𝑝1)2(1 − 𝑝2).

5.2 Slučajni vektori

Zadatak 5.4 Neka je Ω = 𝜔1, . . . , 𝜔5 pri čemu je P(𝜔1) = P(𝜔3) = P(𝜔5) = 16

i P(𝜔2) =

P(𝜔4) = 14. Na vjerojatnosnom prostoru (Ω,ℱ ,P) zadan je slučajni vektor (𝑋, 𝑌 ) na sljedeći

način: (𝑋, 𝑌 )(𝜔1) = (−1, 0), (𝑋, 𝑌 )(𝜔2) = (−1, 1), (𝑋, 𝑌 )(𝜔3) = (−1, 0), (𝑋, 𝑌 )(𝜔4) = (1, 0),(𝑋, 𝑌 )(𝜔5) = (1, 2).

(a) Napišite tablicu razdiobe slučajnog vektora (𝑋, 𝑌 ) i odredite marginalne razdiobe slučajnihvarijabli 𝑋 i 𝑌 . Jesu li 𝑋 i 𝑌 nezavisne?

(b) Odredite E [𝑌 |𝑋]. Izračunajte E [𝑌 ] i E [E [𝑌 |𝑋]].

Rješenje.

(a) Uočimo da je

(𝑋, 𝑌 ) = (−1, 0) = 𝜔 ∈ Ω: (𝑋, 𝑌 )(𝜔) = (−1, 0) = 𝜔1, 𝜔3,

pa je P ((𝑋, 𝑌 ) = (−1, 0)) = 16

+ 16

= 13. Na sličan način dobivamo i ostale vrijednosti u

tabličnom prikazu razdiobe slučajnog vektora (𝑋, 𝑌 ) koja je onda

𝑋∖𝑌 0 1 2 P (𝑋 = ·)−1 1

314

0 712

1 14

0 16

512

P (𝑌 = ·) 712

14

16

1

.

Slučajne varijable nisu nezavisne jer je npr.

P (𝑋 = −1, 𝑌 = 2) = 0 = 7

12· 1

6= P (𝑋 = −1)P (𝑌 = 2) .

44

(b) Prije svega, znamo da je

E [𝑌 |𝑋 = −1] = 0 · P (𝑋 = −1, 𝑌 = 0)

P (𝑋 = −1)+ 1 · P (𝑋 = −1, 𝑌 = 1)

P (𝑋 = −1)+ 2 · P (𝑋 = −1, 𝑌 = 2)

P (𝑋 = −1)=

3

7

i

E [𝑌 |𝑋 = 1] = 0 · P (𝑋 = 11, 𝑌 = 0)

P (𝑋 = 1)+ 1 · P (𝑋 = 1, 𝑌 = 1)

P (𝑋 = 1)+ 2 · P (𝑋 = 1, 𝑌 = 2)

P (𝑋 = 1)=

4

5.

Iz definicije uvjetnog očekivanja slučajne varijable 𝑌 uz dano 𝑋 sada znamo da je E [𝑌 |𝑋] =37

kada je 𝑋 = −1 i E [𝑌 |𝑋] = 45

kada je 𝑋 = 1, pa je E [𝑌 |𝑋] (𝜔1) = E [𝑌 |𝑋] (𝜔2) =

E [𝑌 |𝑋] (𝜔3) = 37

i E [𝑌 |𝑋] (𝜔4) = E [𝑌 |𝑋] (𝜔5) = 45. Nadalje, po teoremu s predavanja znamo

da je

E [E [𝑌 |𝑋]] = E [𝑌 ] = 0 · 7

12+ 1 · 1

4+ 2 · 1

6=

7

12.

Zadatak 5.5 Bacamo dvije simetrične kocke. Označimo s 𝑋 broj šestica, a s 𝑌 broj jedinica kojesu pale.

(a) Odredite razdiobu slučajnog vektora (𝑋, 𝑌 ) i marginalne razdiobe slučajnih varijabli 𝑋 i 𝑌 .Jesu li 𝑋 i 𝑌 nezavisne?

(b) Izračunajte koeficijent korelacije slučajnih varijabli 𝑋 i 𝑌 .

(c) Odredite razdiobu slučajne varijable 𝑋 + 2𝑌 .

Rješenje.

(a) Odredimo, u svrhu ilustracije, P (𝑋 = 1, 𝑌 = 1). Promatrani događaj se dogodio jedino ako jena prvoj kocki pala šestica, a na drugoj jedinica, ili obratno. Zato je

P (𝑋 = 1, 𝑌 = 1) =1

6· 1

6+

1

6· 1

6=

1

18.

Slično određujemo i ostale kombinacije i tako dobivamo razdiobu slučajnog vektor (𝑋, 𝑌 )

𝑋∖𝑌 0 1 2 P (𝑋 = ·)0 4

929

136

2536

1 29

118

0 518

2 136

0 0 136

P (𝑌 = ·) 2536

518

136

1

,

odakle odmah iščitavamo i marginalne distribucije

𝑋, 𝑌 ∼

(0 1 22536

518

136

).

45

𝑋 i 𝑌 nisu nezavisne jer je npr.

P (𝑋 = 1)P (𝑌 = 2) =5

18· 1

36= 0 = P (𝑋 = 1, 𝑌 = 2) .

(b) Očito je E [𝑋] = E [𝑌 ] = 518

+2· 136

= 13, dok je E [𝑋𝑌 ] = 1

18, pa zaključujemo da je Cov (𝑋, 𝑌 ) =

E [𝑋𝑌 ] − E [𝑌 ]E [𝑌 ] = − 118

. S druge strane, E [𝑋2] = E [𝑌 2] = 518

+ 4 · 136

= 718

, pa jeVar (𝑋) = Var (𝑌 ) = E [𝑌 2]− (E [𝑌 ])2 = 5

18. Tako dobivamo da je traženi koeficijent korelacije

jednak

𝜌(𝑋, 𝑌 ) =Cov (𝑋, 𝑌 )√

Var (𝑋)√

Var (𝑌 )= −1

5.

Uočimo da nam činjenica da je koeficijent korelacije različit od 0 pruža alternativno dokazzavisnosti varijabli 𝑋 i 𝑌 .

(c) Odredimo, radi ilustracije, P (𝑋 + 2𝑌 = 2). Uočimo da je 𝑋 + 2𝑌 = 2 ako je 𝑋 = 0 i 𝑌 = 1

ili ako je 𝑋 = 2 i 𝑌 = 0. Zato je

P (𝑋 + 2𝑌 = 2) =2

9+

1

36=

1

4.

Na sličan način određujemo i ostale vjerojatnosti i dobivamo da je tražena distribucija

𝑋 + 2𝑌 ∼

(0 1 2 3 449

29

14

118

136

).

Zadatak 5.6 Za funkciju gustoće 𝑓 slučajnog vektora (𝑋, 𝑌, 𝑍) vrijedi da je

𝑓(1, 2, 3) = 𝑓(2, 1, 1) = 𝑓(2, 2, 1) = 𝑓(2, 3, 2) =1

4.

Odredite E [𝑋𝑌 𝑍] i E [𝑋𝑌 + 𝑌 𝑍 + 𝑍𝑋].

Rješenje.

E [𝑋𝑌 𝑍] = 1 · 2 · 3 · 𝑓(1, 2, 3) + 2 · 1 · 1 · 𝑓(2, 1, 1) + 2 · 2 · 1 · 𝑓(2, 2, 1) + 2 · 3 · 2 · 𝑓(2, 3, 2)

=6

4+

2

4+

4

4+

12

4= 6.

S druge strane, koristeći linearnost, znamo da je E [𝑋𝑌 + 𝑌 𝑍 + 𝑍𝑋] = E [𝑋𝑌 ] + E [𝑌 𝑍] + E [𝑍𝑋].

46

Sada redom imamo

E [𝑋𝑌 ] = 1 · 2 · 𝑓(1, 2, 3) + 2 · 1 · 𝑓(2, 1, 1) + 2 · 2 · 𝑓(2, 2, 1) + 2 · 3 · 𝑓(2, 3, 2)

= 14(2 + 2 + 4 + 6) = 7

2,

E [𝑌 𝑍] = 2 · 3 · 𝑓(1, 2, 3) + 1 · 1 · 𝑓(2, 1, 1) + 2 · 1 · 𝑓(2, 2, 1) + 3 · 2 · 𝑓(2, 3, 2)

= 14(6 + 1 + 2 + 6) = 15

4,

E [𝑍𝑋] = 3 · 1 · 𝑓(1, 2, 3) + 1 · 2 · 𝑓(2, 1, 1) + 1 · 2 · 𝑓(2, 2, 1) + 2 · 2 · 𝑓(2, 3, 2)

= 14(3 + 2 + 2 + 4) = 11

4.

Odavde slijedi da je E [𝑋𝑌 + 𝑌 𝑍 + 𝑍𝑋] = 72

+ 154

+ 114

= 10.

Zadatak 5.7 Slučajni vektor (𝑋, 𝑌 ) ima funkciju gustoće zadanu s 𝑓(0, 0) = 1 − 3𝑎, 𝑓(0, 1) =

𝑓(1, 0) = 𝑓(1, 1) = 𝑎, gdje je 0 < 𝑎 < 13. Odredite E[𝑋|𝑌 ] i E[E[𝑋|𝑌 ]]. Za koje vrijednosti parametra

𝑎 su 𝑋 i 𝑌 nezavisne?

Rješenje. Neka je 𝑔 : R → R, definirana s 𝑔|R∖0,1 ≡ 0 i

𝑔(0) = E [𝑋|𝑌 = 0] = P (𝑋 = 1|𝑌 = 0) =P (𝑋 = 1, 𝑌 = 0)

P (𝑌 = 0)=

𝑎

𝑎 + (1 − 3𝑎)=

𝑎

1 − 2𝑎,

𝑔(1) = E [𝑋|𝑌 = 1] = P (𝑋 = 1|𝑌 = 1) =P (𝑋 = 1, 𝑌 = 1)

P (𝑌 = 1)=

𝑎

𝑎 + 𝑎=

1

2.

Tada je E [𝑋|𝑌 ] = 𝑔(𝑌 ). S predavanja znamo da je

E [E [𝑋|𝑌 ]] = E [𝑋] = P (𝑋 = 1) = 2𝑎.

Ako su 𝑋 i 𝑌 nezavisne, tada je nužno E [𝑋|𝑌 = 0] = E [𝑋|𝑌 = 1], odnosno 𝑎1−2𝑎

= 12, odakle

dobivamo 𝑎 = 14. Lako se možemo uvjeriti da su za ovu vrijednost parametra 𝑎 slučajne varijable 𝑋

i 𝑌 doista nezavisne.

Zadatak 5.8 Bacamo simetričnu kocku. Neka 𝑋 i 𝑌 označavaju broj bacanja potreban da se poprvi put dobije šestica, odnosno petica. Izračunajte E[𝑋], E[𝑋|𝑌 = 1] i E[𝑋|𝑌 = 5].

Rješenje. Slučajne varijable 𝑋 i 𝑌 očito imaju geometrijsku distribuciju 𝐺(16), pa je E [𝑋] = 6.

Očito je P (𝑋 = 1|𝑌 = 1) = 0, dok je za 𝑛 ≥ 2

P (𝑋 = 𝑛|𝑌 = 1) =P (𝑋 = 𝑛, 𝑌 = 1)

P (𝑌 = 1)=

16· (5

6)𝑛−2 · 1

616

=1

6·(

5

6

)𝑛−2

,

pa zaključujemo da 𝑋 − 1 ima uz vjerojatnosnu mjeru P (·|𝑌 = 1) ima geometrijsku distribuciju𝐺(1

6), odnosno da je E [𝑋|𝑌 = 1] = 1 + 6 = 7.

Konačano, da bismo odredili E [𝑋|𝑌 = 5], odredimo najprije P (𝑋 = 𝑛|𝑌 = 5) za sve 𝑛 ∈ N. Prije

47

svega očito je P (𝑋 = 5|𝑌 = 5) = 0. Za 𝑛 < 5 imamo

P (𝑋 = 𝑛|𝑌 = 5) =P (𝑋 = 𝑛, 𝑌 = 5)

P (𝑌 = 5)=

(46)𝑛−1 · 1

6· (5

6)4−𝑛 · 1

6

(56)4 · 1

6

=4𝑛−1

5𝑛.

S druge strane, za 𝑛 > 5 imamo

P (𝑋 = 𝑛|𝑌 = 5) =P (𝑋 = 𝑛, 𝑌 = 5)

P (𝑌 = 5)=

(46)4 · 1

6· (5

6)𝑛−6 · 1

6

(56)4 · 1

6

=1

5·(

4

5

)4(5

6

)𝑛−5

.

Za traženo očekivanje sada dobivamo

E [𝑋|𝑌 = 5] =4∑

𝑛=1

𝑛4𝑛−1

5𝑛+

+∞∑𝑛=6

𝑛 · 1

5

(4

5

)4(5

6

)𝑛−5

=821

625+

256

3125

+∞∑𝑛=1

(𝑛 + 5) ·(

5

6

)𝑛

=821

625+

128

1875

+∞∑𝑛=1

𝑛 ·(

5

6

)𝑛−1

+128

375

+∞∑𝑛=0

(5

6

)𝑛

=821

625+

128

1875· 1(

1 − 56

)2 +128

375· 1

1 − 56

=3637

625.

Definicija 5.9 Diskretni 𝑘-dimenzionalni slučajni vektor X = (𝑋1, ..., 𝑋𝑘) ima polinomijalnurazdiobu s parametrima (𝑛, 𝑝1, ..., 𝑝𝑘), 𝑛 ∈ N, 𝑝𝑖 > 0 za svaki 𝑖 i

∑𝑘𝑖=1 𝑝𝑖 = 1 ako mu je pripadna

funkcija gustoće oblika

𝑓(𝑥1, ..., 𝑥𝑘) =

⎧⎨⎩ 𝑛!𝑥1!...𝑥𝑘!

𝑝𝑥11 . . . 𝑝𝑥𝑘

𝑘 , 𝑥𝑖 ∈ N0, 𝑥1 + ... + 𝑥𝑘 = 𝑛

0, inače.

Napomena 5.10

(a) Recimo da imamo pokus koji ima ukupno 𝑘 mogućih različitih ishoda, pri čemu je vjerojatnostsvakog ishoda 𝑝𝑖 > 0, 𝑖 = 1, ..., 𝑘. S 𝑋𝑖 označimo broj pojavljivanja ishoda 𝑖 u 𝑛 nezavisnih po-navljanja pokusa. Tada je slučajni vektor (𝑋1, ..., 𝑋𝑘) polinomijalno distribuiran s parametrima(𝑛, 𝑝1, ..., 𝑝𝑘).

(b) Neka je 𝑋 ∼ 𝐵(𝑛, 𝑝), 𝑝 ∈ (0, 1). Tada 2-dimenzionalni slučajni vektor (𝑋,𝑛−𝑋) ima polino-mijalnu razdiobu s parametrima (𝑛, 𝑝, 1 − 𝑝).

Zadatak 5.11 Neka je X = (𝑋1, 𝑋2, 𝑋3) polinomijalni slučajni vektor s parametrima (𝑛, 𝑝1, 𝑝2, 𝑝3).

(a) Odredite marginalne gustoće vektora X.

48

(b) Jesu li komponente slučajnog vektora X po parovima nezavisne?

(c) Odredite razdiobu slučajne varijable 𝑋1 + 𝑋2.

Rješenje.

(a) Odredimo najprije marginalnu gustoću 𝑓𝑋1 . Očito je 𝑓𝑋1(𝑥1) = 0 za sve 𝑥1 /∈ 0, 1, . . . , 𝑛. Sdruge strane, za 𝑥1 ∈ 0, 1, . . . , 𝑛 iz multinomnog teorema dobivamo

𝑓𝑋1(𝑥1) =∑

𝑥2,𝑥3∈N0 : 𝑥1+𝑥2+𝑥3=𝑛

𝑛!

𝑥1!𝑥2!𝑥3!𝑝𝑥11 𝑝𝑥2

2 𝑝𝑥33

=𝑛!

𝑥1!(𝑛− 𝑥1)!𝑝𝑥11

∑𝑥2,𝑥3∈N0 : 𝑥2+𝑥3=𝑛−𝑥1

(𝑛− 𝑥1)!

𝑥2!...𝑥𝑘!𝑝𝑥22 𝑝𝑥3

3

=𝑛!

𝑥1!(𝑛− 𝑥1)!𝑝𝑥11 (𝑝2 + 𝑝3)

𝑛−𝑥1

=𝑛!

𝑥1!(𝑛− 𝑥1)!𝑝𝑥11 (1 − 𝑝1)

𝑛−𝑥1 ,

pa zaključujemo da 𝑋1 ima distribuciju 𝐵(𝑛, 𝑝1). Analogno dobivamo i preostale marginalnedistribucije, tj. da je 𝑋2 ∼ 𝐵(𝑛, 𝑝2) i 𝑋3 ∼ 𝐵(𝑛, 𝑝3).

(b) Komponente nisu po parovima nezavisne, budući da je, na primjer, po prethodnom dijeluzadatka P (𝑋1 = 𝑛)P (𝑋2 = 𝑛) > 0, ali

P (𝑋1 = 𝑛,𝑋2 = 𝑛) =∑𝑥3∈N0

𝑓(𝑛, 𝑛, 𝑥3) = 0,

jer je 𝑛 + 𝑛 + 𝑥3 = 𝑛 za sve 𝑥3 ∈ N0.

(c) Iz funkcije gustoće slučajnog vektora X znamo da je 𝑋1 + 𝑋2 = 𝑛 − 𝑋3. Međutim, kako je𝑋3 ∼ 𝐵(𝑛, 𝑝3), na slučajnu varijablu 𝑛 − 𝑋3 možemo gledati kao na brojač neuspjeha u nizuod 𝑛 nezavisnih pokusa s vjerojatnošću uspjeha 𝑝3. Zato je 𝑋1 + 𝑋2 = 𝑛−𝑋3 ∼ 𝐵(𝑛, 1 − 𝑝3).

Zadatak 5.12 U kutiji se nalazi pet kuglica označenih brojevima od 1 do 5. Na slučajan načinizvlačimo dvije različite kuglice i vraćamo ih natrag u kutiju. Pokus ponovljamo ukupno dva puta.S 𝑋 označimo broj izvučenih kuglica s brojem 1, a s 𝑌 broj izvučenih kuglica s brojem 2.

(a) Odredite razdiobu slučajnog vektora (𝑋, 𝑌 ), te marginalne gustoće.

(b) Odredite P(𝑋 + 𝑌 ≤ 2).

(c) Odredite funkciju distribucije slučajnog vektora (𝑍,𝑊 ), gdje je 𝑍 = 1𝑋 je paran i 𝑊 =

1𝑌 je paran.

Rješenje.

49

(a) Očito je da 𝑋 i 𝑌 poprimaju vrijednosti u skupu 0, 1, 2. Pokažimo, ilustracije radi, kakomožemo odrediti 𝑓(1, 1) = P (𝑋 = 1, 𝑌 = 1). Svaki od pokusa svodi se na odabir dvočlanogpodskupa skupa od pet kuglica. Ako su kuglice s brojevima 1 i 2 obje izvučene u prvom pokusu(tj. odabran je podskup 1, 2), tada je u drugom pokusu odabran jedan od od tri dvočlanapodskupa koji ne sadrži niti 1 niti 2. Dakle, vjerojatnost ovakvog ishoda je 1

10310

= 3100

. Slično,vjerojatnost da su obje kuglice izvučene u drugom pokusu (a niti jedna u prvom) je 3

100. S

druge strane, ako je kuglica s brojem 1 izvučena u prvom, a kuglica s brojem 2 u drugompokusu (tj. u prvom pokusu odabran je podskup koji sadrži 1 ali ne i 2, a u drugom pokususkup koji sadrži 2 ali ne i 1), tada je pripadna vjerojatnost 3

10· 310

= 9100

. Slično, ako je u prvompokusu izvučena kuglica s brojem 2, a u drugom s brojem 1, vjerojatnost je opet 9

100. Dakle,

𝑓(1, 1) =3

100+

3

100+

9

100+

9

100=

6

25.

Slično dobivamo i ostale elemente tablice razdiobe koja onda izgleda ovako, zajedno s pripadnimmarginalnim gustoćama

𝑋∖𝑌 0 1 2 𝑓𝑋(·)0 9

100950

9100

925

1 950

625

350

1225

2 9100

350

1100

425

𝑓𝑌 (·) 925

1225

425

1

.

(b) Iz razdiobe slučajnog vektora (𝑋, 𝑌 ) vidimo da je

P (𝑋 + 𝑌 ≤ 2) = P (𝑋 = 0) + P (𝑋 = 1, 𝑌 = 0) + P (𝑋 = 1, 𝑌 = 1) + P (𝑋 = 2, 𝑌 = 0)

=9

25+

9

50+

6

25+

9

100=

87

100.

(c) Iz tablice razdiobe slučajno vektora (𝑋, 𝑌 ) lagano dobivamo i tablicu razdiobe slučajnog vek-tora (𝑍,𝑊 )

𝑍∖𝑊 0 10 6

25625

1 625

725

.

Zaključujemo da je funkcija distribucije slučajnog vektora (𝑍,𝑊 ) (𝐹 (𝑧, 𝑤) = P (𝑍 ≤ 𝑧,𝑊 ≤ 𝑤))dana s

𝐹 (𝑧, 𝑤) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

1, za 𝑧 ≥ 1, 𝑤 ≥ 1,

1225, za 0 ≤ 𝑧 < 1, 𝑤 ≥ 1,

1225, za 𝑧 ≥ 1, 0 ≤ 𝑤 < 1,

625, za 0 ≤ 𝑧 < 1, 0 ≤ 𝑤 < 1,

0, inače.

Zadatak 5.13 Bacamo simetričnu kocku. Neka je 𝑋 broj bacanja do pojave prve šestice, a 𝑌 brojbacanja do pojave treće šestice.

50

(a) Odredite funkciju gustoće slučajnog vektora (𝑋, 𝑌 ).

(b) Odredite Cov (𝑋, 𝑌 ).

Rješenje.

(a) Očito je 𝑌 ≥ 𝑋 + 2. Tada je za proizvoljne 𝑚,𝑛 ∈ N takve da je 𝑚 ≥ 𝑛 + 2

𝑓(𝑋,𝑌 )(𝑛,𝑚) = (𝑚− 𝑛− 1)

(5

6

)𝑚−3

·(

1

6

)3

=(𝑚− 𝑛− 1)5𝑚−3

6𝑚,

pri čemu druga jednakost vrijedi jer su nam pozicije prve i treće šestice fiksirane, dok drugubiramo među 𝑚− 𝑛− 1 mogućih pozicija. Za sve ostale vrijednosti 𝑚 i 𝑛 je 𝑓(𝑋,𝑌 )(𝑛,𝑚) = 0.

(b) Neka je 𝑋 ′ broj potrebnih bacanja nakon prve šestice za dobiti novu šesticu, te 𝑋 ′′ broj po-trebnih bacanja nakon druge šestice za dobiti novu šesticu. Slučajne varijable 𝑋,𝑋 ′, 𝑋 ′′ sumeđusobno nezavisne i s istom distribucijom 𝐺(1

6). Također, očito je 𝑌 = 𝑋 + 𝑋 ′ + 𝑋 ′′. Zato

je

Cov (𝑋, 𝑌 ) = Cov (𝑋,𝑋 + 𝑋 ′ + 𝑋 ′′) = Cov (𝑋,𝑋) + Cov (𝑋,𝑋 ′) + Cov (𝑋,𝑋 ′′)

= Var (𝑋) ,

pri čemu druga jednakost slijedi iz bilinearnosti kovarijance***, a treća iz činjenice da nezavis-nost povlači nekoreliranost. Znamo da je E [𝑋] = 6, pa je

Var (𝑋) = E [𝑋(𝑋 + 1)] − E [𝑋] − (E [𝑋])2 = E [𝑋(𝑋 + 1)] − 42.

Sada je

E [𝑋(𝑋 + 1] =∞∑𝑛=1

𝑛(𝑛 + 1)

(5

6

)𝑛−11

6=

1

6· 2(

1 − 56

)3 = 72,

pa je Cov (𝑋, 𝑌 ) = 30.

51

6 Neprekidne slučajne varijable

Zadatak 6.1 Neka je 𝑋 neprekidna slučajna varijabla s gustoćom

𝑓(𝑥) =

⎧⎨⎩𝑐(4𝑥− 2𝑥2), 0 < 𝑥 < 2,

0, inače.

Odredite vrijednost konstante 𝑐 i izračunajte P(𝑋 > 1).

Rješenje. Znamo da je

1 =

+∞∫−∞

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 =

2∫0

𝑐(4𝑥− 2𝑥2) 𝑑𝑥 = 𝑐

(2𝑥2 − 2𝑥3

3

)20

=8𝑐

3,

pa je 𝑐 = 38. Zato je

P (𝑋 > 1) =

+∞∫1

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 =

2∫1

(3𝑥

2− 3𝑥2

4

)𝑑𝑥 =

1

2.

Zadatak 6.2 Autobus dolazi na stanicu svakih 15 minuta počevši od 7:00 ujutro. Ako neki putnikdolazi na stanicu u neko slučajno vrijeme između 7:00 i 7:30, izračunajte vjerojatnost da on čekaautobus

(a) manje od 5 minuta,

(b) više od 10 minuta.

Rješenje. Neka je 𝑋 broj minuta nakon 7:00 nakon kojih putnik dođe na stanicu. Tada je𝑋 ∼ 𝑈(0, 30).

(a) Budući da autobus dolazi na stanicu u 0, 15 i 30 minuta nakon 7:00, tražena vjerojatnost je

P (𝑋 ∈ ⟨10, 15⟩ ∪ ⟨25, 30⟩) = P (10 < 𝑋 < 15) + P (25 < 𝑋 < 30) =

15∫10

𝑑𝑥

30+

30∫25

𝑑𝑥

30=

1

3.

(b) Slično kao i u (a) dijelu imamo

P (𝑋 ∈ ⟨0, 5⟩ ∪ ⟨15, 20⟩) = P (0 < 𝑋 < 5) + P (15 < 𝑋 < 20) =

5∫0

𝑑𝑥

30+

20∫15

𝑑𝑥

30=

1

3.

Zadatak 6.3 Pretpostavite da je duljina telefonskog poziva u minutama eksponencijalno distri-buirana s parametrom 1

10. Izračunajte vjerojatnost da određeni telefonski poziv traje

52

(a) više od 10 minuta,

(b) između 10 i 20 minuta.

Rješenje. Ako je 𝑋 duljina trajanja telefonskog poziva, tada iz zadatka znamo da je 𝑋 ∼ Exp( 110

).Tada s predavanja [SV19, Primjer 6.6] znamo da je njena funkcija distribucije 𝐹𝑋(𝑥) = 1− 𝑒−𝑥/10 zasve 𝑥 ≥ 0. Zato je

P (𝑋 > 10) = 1 − 𝐹𝑋(10) = 𝑒−1

iP (10 < 𝑋 < 20) = P (10 < 𝑋 ≤ 20) = 𝐹𝑋(20) − 𝐹𝑋(10) = 𝑒−1 − 𝑒−2,

pri čemu u posljednje nizu jednakosti prva vrijedi jer je 𝑋 neprekidna slučajna varijabla, pa jeP (𝑋 = 20) = 0.

Zadatak 6.4 Neka je 𝑋 neprekidna slučajna varijabla s funkcijom distribucije

𝐹 (𝑥) = 𝐶 − 𝑒−𝑥2

, za sve 𝑥 > 0.

Odredite vrijednost konstante 𝐶 i izračunajte P(𝑋 > 2) i P(1 < 𝑋 < 3). Odredite funkciju gustoće𝑓 i izračunajte E𝑋.

Rješenje. Za svaku funkciju distribucije, pa tako i za 𝐹 , mora vrijediti lim𝑥→+∞ 𝐹 (𝑥) = 1, aotuda onda trivijalno slijedi da je 𝐶 = 1. Zato je

P (𝑋 > 2) = 1 − 𝐹 (2) = 1 − (1 − 𝑒−22) = 𝑒−4.

Slično,P (1 < 𝑋 < 3) = 𝐹 (3) − 𝐹 (1) = 𝑒−1 − 𝑒−9.

Uočimo da je 𝐹 (0) = lim𝑥→0+ 𝐹 (𝑥) = 0, pa je zbog monotonosti funkcije distribucije 𝐹 (𝑥) = 0

za sve 𝑥 ≤ 0. Budući da je 𝐹 neprekidno diferencijabilna za funkciju gustoće 𝑓 će vrijediti da je𝑓(𝑥) = 𝐹 ′(𝑥) za sve 𝑥 ∈ R. Zato je

𝑓(𝑥) =

⎧⎨⎩2𝑥𝑒−𝑥2, za 𝑥 > 0,

0, za 𝑥 ≤ 0.

Konačno, odredimo i očekivanje slučajne varijable 𝑋. Parcijalnom integracijom dobivamo

E [𝑋] =

+∞∫−∞

𝑥𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 =

+∞∫0

𝑥 · 2𝑥𝑒−𝑥2

𝑑𝑥 = −𝑥𝑒−𝑥2|+∞0 +

+∞∫0

𝑒−𝑥2

𝑑𝑥.

Uvođenjem supstitucije 𝑦 = 𝑥√

2 dobivamo

E [𝑋] =√𝜋

+∞∫0

1√2𝜋

𝑒−𝑦2

2 𝑑𝑦 =

√𝜋

2,

53

pri čemu posljednja jednakost slijedi iz integrala funkcije gustoće jedinične normalne slučajne razdiobe

+∞∫−∞

1√2𝜋

𝑒−𝑦2

2 𝑑𝑦 = 1.

Zadatak 6.5 Vijek trajanja neke automobilske gume je normalno distribuiran s očekivanjem 34000km i standardnom devijacijom od 4000km.

(a) Izračunajte vjerojatnost da guma traje više od 40000 km.

(b) Ako je guma prešla 30000 km, izračunajte vjerojatnost da će trajati još 10000 km.

Rješenje. Neka je 𝑋 vijek trajanja automobilske gume koji po zadatku slijedi distribuciju𝑁(34000, 40002). Ideja je prikazati događaje od interesa u terminima slučajne varijable 𝑋−34000

4000za

koju znamo po [SV19, Primjer 6.13] da slijedi distribuciju 𝑁(0, 1). Tako je

P (𝑋 ≥ 40000) = P(𝑋 − 34000

4000≥ 3

2

)= 1 − Φ(1.5) ≈ 0.0668.

Slično,

P (𝑋 ≥ 40000|𝑋 ≥ 30000) =P (𝑋 ≥ 40000, 𝑋 ≥ 30000)

P (𝑋 ≥ 30000)=

P(𝑋−34000

4000≥ 3

2

)P(𝑋−34000

4000≥ −1

)=

1 − Φ(1.5)

1 − Φ(−1)=

1 − Φ(1.5)

Φ(1)≈ 0.0794.

Zadatak 6.6 Neka je 𝑋 ∼ 𝑁(𝜇, 𝜎2). Izračunajte:

(a) P(𝜇− 3𝜎 ≤ 𝑋 ≤ 𝜇 + 3𝜎).

(b) P(𝑋2 − 2𝜇𝑋 ≥ 𝜎2 − 𝜇2).

Rješenje.

(a) Koristimo da je 𝑋−𝜇𝜎

∼ 𝑁(0, 1)

P (𝜇− 3𝜎 ≤ 𝑋 ≤ 𝜇 + 3𝜎) = P(−3 ≤ 𝑋 − 𝜇

𝜎≤ 3

)= Φ(3) − Φ(−3)

= Φ(3) − (1 − Φ(3)) = 2Φ(3) − 1 ≈ 0.9974.

54

(b)

P(𝑋2 − 2𝜇𝑋 ≥ 𝜎2 − 𝜇2

)= P

((𝑋 − 𝜇)2 ≥ 𝜎2

)= P (𝑋 − 𝜇 ≤ −𝜎) + P (𝑋 − 𝜇 ≥ 𝜎)

= P(𝑋 − 𝜇

𝜎≤ −1

)+ P

(𝑋 − 𝜇

𝜎≥ 1

)= Φ(−1) + 1 − Φ(1)

= 2 − 2Φ(1) ≈ 0.3174.

Zadatak 6.7 Pretpostavimo da je vrijeme putovanja nekog studenta od kuće do fakulteta približnonormalno distribuirano s očekivanjem 40 minuta i standardnom devijacijom od 7 minuta. Studentželi stići na predavanje koje počinje u 12:15 sati.

(a) Ako je student krenuo od kuće u 11:40, izračunajte vjerojatnost da ne zakasni na predavanje.

(b) Kada bi student trebao krenuti od kuće da s vjerojatnošću od barem 0.95 bude siguran da ćestići na vrijeme na predavanje?

Rješenje. Neka je 𝑋 vrijeme putovanja u minutama za koje po zadatku znamo da ima distribuciju𝑁(40, 49).

(a) Tražena vjerojatnost jednaka je

P (𝑋 ≤ 35) = P(𝑋 − 40

7≤ −5

7

)= 1 − Φ(5

7) ≈ 0.2375.

(b) Neka je 𝑎 broj minuta prije početka predavanja koje odgovaraju vremenu studentovog polaskaza koje vrijedi da će s vjerojatnošću od barem 0.95 stići na vrijeme na predavanje. Tada je

0.95 ≤ P (𝑋 ≤ 𝑎) = P(𝑋 − 40

7≤ 𝑎− 40

7

)= Φ

(𝑎− 40

7

),

pa je 𝑎−407

≥ 1.65, odnosno 𝑎 ≥ 51.55. Zaključujemo da bi student trebao krenuti najkasnije u11:23.

Zadatak 6.8 Neka je 𝑋 ∼ 𝑁(5, 𝜎2) takva da je P (𝑋 > 9) = 0.2. Odredite 𝜎2.

Rješenje. Iz zadatka vidimo da je P (𝑋 ≤ 9) = 0.8. Budući da je 𝑋−5𝜎

∼ 𝑁(0, 1), dobivamo da je

0.8 = P (𝑋 ≤ 9) = P(𝑋 − 5

𝜎≤ 4

𝜎

).

Budući da je Φ(0.84) ≈ 0.8, zaključujemo da je 4𝜎

= 0.84 odnosno 𝜎 = 4.76 i 𝜎2 = 22.68.

55

Zadatak 6.9** Neka su 𝑋1, . . . , 𝑋2𝑛+1 nezavisne slučajne varijable s distribucijom 𝑈(0, 1). Pro-nađite funkciju gustoće njihovog medijana.

Napomena: Medijan brojeva 𝑥1, . . . , 𝑥2𝑛+1 ∈ R je broj 𝑚 koji je jednak nekom 𝑥𝑖 za koji postoji 𝑛indeksa 𝑗 takvih da je 𝑥𝑗 ≤ 𝑚 i 𝑛 indeksa 𝑘 takvih da je 𝑥𝑘 ≥ 𝑚. Na primjer, ako je 𝑥1 ≤ · · · ≤ 𝑥2𝑛+1,tada je medijan 𝑚 = 𝑥𝑛+1.

Rješenje. Neka je 𝑥 ∈ ⟨0, 1⟩. Označimo medijan danih slučajnih varijabli s 𝑀 . Cilj nam jepronaći derivaciju funkcije distribucije medijana 𝐹𝑀 u točci 𝑥.

Najprije ćemo dokazati da je dovoljno promatrati realizacije slučajnih varijabli kod kojih je medijanizoliran od realizacija ostalih slučajnih varijabli. Dokažimo najprije pomoćnu tvrdnju, a to je dapostoji konstanta 𝐶 > 0 (koja ovisi o 𝑛) takva da je

P (postoje 𝑋𝑘, 𝑋𝑙, 𝑘 = 𝑙 takvi da je 𝑋𝑘, 𝑋𝑙 ∈ ⟨𝑥, 𝑥 + 𝜖]) ≤ 𝐶𝜖2.

Doista, promatrani događaj možemo prikazati kao disjunktnu uniju određenog broja 𝐶 manjih do-gađaja (𝐶 ovisi o 𝑛), koji će se razlikovati po tome koji se 𝑋𝑖-evi nalaze u [0, 𝑥], koji u ⟨𝑥, 𝑥 + 𝜖],a koji u ⟨𝑥 + 𝜖, 1]. U svakom slučaju srednji od ovih intervala će sadržavati bar dva 𝑋𝑖-ja, pa jevjerojatnost svakog od ovih događaja najviše 𝜖2. Odavde onda slijedi tražena pomoćna tvrdnja.

Uočimo da se zbog dokazane pomoćne tvrdnje vjerojatnosti događaja 𝑀 ∈ ⟨𝑥, 𝑥 + 𝜖], te događajau kojemu je točno jedan 𝑋𝑖 unutar ⟨𝑥, 𝑥+ 𝜖] dok je 𝑛 od preostalih manje ili jednako 𝑥, a preostalih𝑛 veće od 𝑥 + 𝜖, razlikuju najviše za 𝐶𝜖2. Budući da na (2𝑛+1)!

(𝑛!)2načina možemo odabrati raspored

𝑋𝑖-jeva po ova tri intervala, slijedi da jeP (𝑀 ∈ ⟨𝑥, 𝑥 + 𝜖]) − (2𝑛 + 1)!

(𝑛!)2𝑥𝑛(1 − 𝑥− 𝜖)𝑛𝜖

≤ 𝐶𝜖2.

Ako podijelimo ovu jednakost s 𝜖 i pustimo 𝜖 → 0+, dobivamo da je

lim𝜖→0+

𝐹𝑀(𝑥 + 𝜖) − 𝐹𝑀(𝑥)

𝜖=

P (𝑀 ∈ ⟨𝑥, 𝑥 + 𝜖])

𝜖=

(2𝑛 + 1)!

(𝑛!)2𝑥𝑛(1 − 𝑥)𝑛.

Potpuno analogno dobivamo i da je

lim𝜖→0+

𝐹𝑀(𝑥) − 𝐹𝑀(𝑥− 𝜖)

𝜖=

(2𝑛 + 1)!

(𝑛!)2𝑥𝑛(1 − 𝑥)𝑛,

pa možemo zaključiti da je 𝐹 ′𝑀(𝑥) = (2𝑛+1)!

(𝑛!)2𝑥𝑛(1−𝑥)𝑛. Iz ovoga slijedi da je tražena funkcija gustoće

𝑓𝑀(𝑥) =

⎧⎨⎩(2𝑛+1)!(𝑛!)2

𝑥𝑛(1 − 𝑥)𝑛, za 𝑥 ∈ ⟨0, 1⟩

0, inače.

56

7 Funkcije izvodnice

7.1 Funkcija izvodnica vjerojatnosti

Zadatak 7.1 Neka je 𝑋 slučajna varijabla koja poprima vrijednosti u N0 s funkcijom izvodnicomvjerojatnosti 𝐺𝑋 . Odredite funkciju izvodnicu vjerojatnosti slučajne varijable 𝑎𝑋+𝑏, gdje su 𝑎, 𝑏 ∈ N.

Rješenje. Neka je 𝑝𝑛 = P (𝑋 = 𝑛). Uočimo da je slučajna varijabla 𝑌 = 𝑎𝑋 + 𝑏 poprimavrijednosti 𝑏, 𝑎 + 𝑏, 2𝑎 + 𝑏, . . . , te da je za svaki 𝑛 ∈ N0, P (𝑌 = 𝑎𝑛 + 𝑏) = 𝑝𝑛. Zato za funkcijuizvodnicu vjerojatnosti 𝐺𝑌 i 𝑠 ∈ [−1, 1] vrijedi

𝐺𝑌 (𝑠) =∞∑𝑛=0

P (𝑌 = 𝑎𝑛 + 𝑏) 𝑠𝑎𝑛+𝑏 = 𝑠𝑏∞∑𝑛=0

𝑝𝑛(𝑠𝑎)𝑛 = 𝑠𝑏𝐺𝑋(𝑠𝑎).

Zadatak 7.2 Bacamo tri simetrične kocke. Odredite funkciju izvodnicu rezultata na prvoj kocki.Izračunajte vjerojatnost da suma brojeva na kockama bude 9.

Rješenje. Neka su 𝑋1, 𝑋2, 𝑋3 brojevi koji su pali na kockama. Tada za funkciju izvodnicuslučajne vjerojatnosti varijable 𝑋1 dobivamo

𝐺𝑋1(𝑠) =1

6𝑠 +

1

6𝑠2 + · · · +

1

6𝑠6 =

𝑠(1 − 𝑠6)

6(1 − 𝑠).

Iz [SV19, Teorem 7.7(b)] i formule za sumu binomnog reda3 sada dobivamo da je

𝐺𝑋1+𝑋2+𝑋3(𝑠) = 𝐺𝑋1(𝑠)𝐺𝑋2(𝑠)𝐺𝑋3(𝑠) =𝑠3(1 − 𝑠6)3

63(1 − 𝑠)3

=𝑠3(1 − 3𝑠6 + 3𝑠12 − 𝑠18)

216(1 − 𝑠)−3

=𝑠3(1 − 3𝑠6 + 3𝑠12 − 𝑠18)

216

∞∑𝑚=0

(−3

𝑚

)(−1)𝑚𝑠𝑚

=𝑠3(1 − 3𝑠6 + 3𝑠12 − 𝑠18)

216

∞∑𝑚=0

(2 + 𝑚

𝑚

)𝑠𝑚,

pri čemu posljednja jednakost slijedi jer je za proizvoljni 𝑛 ∈ N,(−𝑛

𝑚

)=

(−𝑛)(−𝑛− 1) . . . (−𝑛−𝑚 + 1)

𝑚!= (−1)𝑚

(𝑛 + 𝑚− 1

𝑚

).

3Formula za sumu binomnog reda je

(1 + 𝑥)𝛼 =

∞∑𝑚=0

(𝛼

𝑚

)𝑥𝑚.

57

Budući da je tražena vjerojatnost koeficijent uz 𝑠9 funkcije izvodnice vjerojatnosti 𝑔𝑋1+𝑋2+𝑋3(𝑠),slijedi

P (𝑋1 + 𝑋2 + 𝑋3 = 9) =1

216

((2 + 6

6

)− 3 ·

(2 + 0

0

))=

25

216.

Zadatak 7.3 Neka je 𝑛 ∈ N, 𝑝 ∈ (0, 1), te neka su 𝑋1, ..., 𝑋𝑛 ∼ 𝐺(𝑝) nezavisne slučajne varijable.Odredite razdiobu vremena 𝑛-tog uspjeha 𝑇 = 𝑋1 + ... + 𝑋𝑛.

Rješenje. Neka je 𝐺𝑋𝑖funkcija izvodnica vjerojatnosti slučajne varijable 𝑋𝑖 za svaki 𝑖 = 1, . . . , 𝑛.

Tada je

𝐺𝑋𝑖(𝑠) =

∞∑𝑘=1

P (𝑋𝑖 = 𝑘) 𝑠𝑘 =∞∑𝑘=1

(1 − 𝑝)𝑘−1𝑝𝑠𝑘 = 𝑝𝑠∞∑𝑘=0

(1 − 𝑝)𝑘𝑠𝑘 =𝑝𝑠

1 − (1 − 𝑝)𝑠,

za sve |𝑠| < 1/(1 − 𝑝).

Ako je 𝐺𝑇 funkcija izvodnica vjerojatnosti slučajne varijable 𝑇 , tada po [SV19, Teorem 7.7(b)] znamoda je za |𝑠| < 1/(1 − 𝑝)

𝐺𝑇 (𝑠) = 𝐺𝑋1(𝑠) . . . 𝐺𝑋𝑛(𝑠) =𝑝𝑛𝑠𝑛

(1 − 𝑠(1 − 𝑝))𝑛,

pa koristeći formulu za sumu binomnog reda dobivamo

𝐺𝑇 (𝑠) = 𝑝𝑛𝑠𝑛∞∑

𝑚=0

(𝑚 + 𝑛− 1

𝑚

)(𝑠(1 − 𝑝))𝑚 =

∞∑𝑚=0

(𝑚 + 𝑛− 1

𝑚

)𝑝𝑛(1 − 𝑝)𝑚 · 𝑠𝑚+𝑛

=∞∑𝑘=𝑛

(𝑘 − 1

𝑘 − 𝑛

)𝑝𝑛(1 − 𝑝)𝑘−𝑛 · 𝑠𝑘

Budući da po [SV19, Propozicija 7.3] znamo da funkcija izvodnica vjerojatnosti jedinstveno određujedistribuciju, slijedi da je za svaki 𝑘 ≥ 𝑛

P (𝑇 = 𝑘) =

(𝑘 − 1

𝑘 − 𝑛

)𝑝𝑛(1 − 𝑝)𝑘−𝑛.

Zadatak 7.4 Nađite očekivani broj bacanja simetrične kocke do pojave uzastopnih šestica.

Rješenje. Neka je 𝑋 broj bacanja potrebnih do pojave uzastopnih šestica, te 𝑝𝑛 = P (𝑋 = 𝑛).Očito je 𝑝0 = 𝑝1 = 0 i 𝑝2 = 1

36. Neka je 𝑌𝑛 broj koji je pao u 𝑛-tom bacanju. Naravno, (𝑌𝑛)𝑛≥1 je

familija nezavisnih jednako distribuiranih slučajnih varijabli. Uočimo da je za svaki 𝑛 ≥ 3

𝑋 = 𝑛 = u prvih 𝑛− 2 bacanja nije bilo uzastopnih šestica, 𝑌𝑛−2 = 6, 𝑌𝑛−1 = 𝑌𝑛 = 6 .

Uvjetovanjem na ishod prvog bacanja dobivamo

𝑝𝑛 = P (𝑌1 = 6, 𝑋 = 𝑛) + P (𝑌1 = 6, 𝑋 = 𝑛) = P (𝑌1 = 6, 𝑌2 = 6, 𝑋 = 𝑛) + P (𝑌1 = 6, 𝑋 = 𝑛) ,

58

pri čemu druga jednakost vrijedi jer ukoliko su se za 𝑛 ≥ 3 dogodili događaji 𝑋 = 𝑛 i 𝑌1 = 6, tadamora biti 𝑌2 = 6. Nezavisnost nam sada daje

𝑝𝑛 = P (𝑌1 = 6)P (𝑌2 = 6)P(od 3. do (𝑛− 2)-og bacanja nije bilo uzastopnih

šestica, 𝑌𝑛−2 = 6, 𝑌𝑛−1 = 𝑌𝑛 = 6) + P (𝑌1 = 6)P(od 2. do (𝑛− 2)-og

bacanja nije bilo uzastopnih šestica, 𝑌𝑛−2 = 6, 𝑌𝑛−1 = 𝑌𝑛 = 6)

= P (𝑌1 = 6)P (𝑌2 = 6)P (𝑋 = 𝑛− 2) + P (𝑌1 = 6)P (𝑋 = 𝑛− 1)

=1

6· 5

6𝑝𝑛−2 +

5

6𝑝𝑛−1.

Dakle, za svaki 𝑛 ≥ 3 vrijedi 𝑝𝑛 = 56𝑝𝑛−1 + 5

36𝑝𝑛−2. Jedan način za dovršiti pronalažanje funkcije

izvodnice vjerojatnosti bio bi riješiti ovu rekurziju i tako dobiti formulu za 𝑝𝑛 pa nakon toga iznjega odrediti 𝑃𝑇 . Međutim, nešto elegantniji i efikasniji način je iskoristiti rekurziju za 𝑝𝑛 koju smoupravo dobili kako bi pronašli odgovarajuću jednakost koju funkcija izvodnica 𝐺 zadovoljava, pa iznje odrediti 𝐺. Prateći takav pristup sada imamo

𝐺(𝑠) =∞∑𝑛=0

P (𝑋 = 𝑛) 𝑠𝑛 = 𝑝0 + 𝑝1𝑠 + 𝑝2𝑠2 +

∞∑𝑛=3

𝑝𝑛𝑠𝑛

=𝑠2

36+

∞∑𝑛=3

(5

6𝑝𝑛−1 +

5

36𝑝𝑛−2

)𝑠𝑛

=𝑠2

36+

5

6

∞∑𝑛=3

𝑝𝑛−1𝑠𝑛 +

5

36

∞∑𝑛=3

𝑝𝑛−2𝑠𝑛.

Primijetimo da dvije sume na desnoj strani dosta nalikuju na izraz za 𝐺, pa sada iskorištavajući tuopasku i koristeći da je 𝑝0 = 𝑝1 = 0 dobivamo

𝐺(𝑠) =𝑠2

36+

5𝑠

6

∞∑𝑛=3

𝑝𝑛−1𝑠𝑛−1 +

5𝑠2

36

∞∑𝑛=3

𝑝𝑛−2𝑠𝑛−2

=𝑠2

36+

5𝑠

6

∞∑𝑛=2

𝑝𝑛𝑠𝑛 +

5𝑠2

36

∞∑𝑛=1

𝑝𝑛𝑠𝑛

=𝑠2

36+

5𝑠

6𝐺(𝑠) +

5𝑠2

36𝐺(𝑠).

Iz ovoga sada lako slijedi da je

𝐺(𝑠) =𝑠2

36 − 30𝑠− 5𝑠2.

Slično kao u [SV19, Primjer 7.6], za očekivanje dobivamo da je

E [𝑋] = 𝐺′(1) = lim𝑠→1−

𝐺′(𝑠) =2𝑠(36 − 30𝑠− 5𝑠2) − 𝑠2(−30 − 10𝑠)

(36 − 30𝑠− 5𝑠2)2

𝑠=1

= 42.

59

7.2 Slučajne sume

Zadatak 7.5 Luigijev restoran dostavlja pizze. Broj ljudi koji u jednom danu naruči pizzu imaPoissonovu razdiobu s parametrom 𝜆 > 0, a Luigi njihove podatke točno zapisuje s vjerojatnošću𝑝 ∈ (0, 1). Odredite distribuciju uspješno dostavljenih pizza u jednom danu, te vjerojatnost da Luigiuspješno dostavi bar jednu pizzu.

Rješenje. Neka je 𝑁 broj narudžbi tijekom jednog dana, te neka je za svaki 𝑖 = 1, . . . , 𝑁

𝑋𝑖 =

⎧⎨⎩1, ako je Luigi uspješno zapisao podatke za 𝑖-tu narudžbu,

0, inače.

Uočimo da je 𝑆𝑁 = 𝑋1 + · · · + 𝑋𝑁 upravo broj uspješno dostavljenih pizza. Prema [SV19, Propozi-ciji 7.3] znamo da je razdioba slučajne varijable 𝑆𝑁 jedinstveno određena njenom funkcijom izvod-nicom vjerojatnosti 𝐺𝑆𝑁

, koju ćemo zato sada odrediti. Prema [SV19, Primjer 7.4(b)] znamo da je𝐺𝑁(𝑠) = 𝑒𝜆(𝑠−1), dok je za svaki 𝑖 pripadna funkcija izvodnica vjerojatnosti očito 𝐺𝑋𝑖

(𝑠) = 1−𝑝+𝑝𝑠.

Prema [SV19, Potpoglavlje 7.2.1] sada imamo da je

𝐺𝑆𝑁(𝑠) = 𝐺𝑁(𝐺𝑋1(𝑠)) = 𝐺𝑁(1 − 𝑝 + 𝑝𝑠) = 𝑒𝜆(1−𝑝+𝑝𝑠−1) = 𝑒𝜆𝑝(𝑠−1),

a prema [SV19, Primjer 7.4(b)] to je upravo funkcija izvodnica vjerojatnosti Poissonove slučajnevarijable sa parametrom 𝜆𝑝.

7.3 Funkcije izvodnice momenata

Zadatak 7.6 Nađite sve slučajne varijable (preciznije, distribucije) koje su ili diskretne ili apsolutnoneprekidne s neprekidnom funkcijom gustoće takve da im je funkcija izvodnica momenata polinom.

Rješenje. Neka je 𝑋 slučajna varijabla na nekom vjerojatnosnom prostoru kojoj je funkcijaizvodnica

𝑀(𝑡) = 𝑎𝑛𝑡𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑡

𝑛−1 + · · · + 𝑎1𝑡 + 𝑎0.

Tada je 𝑀 (2𝑛)(𝑡) = 0 za svaki 𝑡, pa je posebno 𝑀 (2𝑛)(0) = 0. Iz jednakosti [SV19, (7.1)], odnosnokomentara nakon nje, zaključujemo i da je E [𝑋2𝑛] = 0.

Pretpostavimo sada da je 𝑋 diskretna slučajna varijabla s funkcijom gustoće 𝑓 . Tada je

0 = E[𝑋2𝑛

]=∑𝑥∈R

𝑥2𝑛𝑓(𝑥),

a budući da su svi članovi desne sume nenegativni zaključujemo da je 𝑓(𝑥) = 0 za sve 𝑥 = 0, tj.da je 𝑋 = 0 jedina mogućnost. Budući da je njena funkcija izvodnica momenata 𝑀(𝑡) = 1 doistapolinom, slijedi zaključak da je to jedina diskretna slučajna varijabla s traženim svojstvom.

S druge strane, pretpostavimo da je 𝑋 apsolutno neprekidna slučajna varijabla s neprekidnomfunkcijom gustoće 𝑓 . Budući da je

∫∞−∞ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 1, postoji 𝑥0 ∈ R takav da je 𝑥2𝑛

0 𝑓(𝑥0) > 0.

60

Zbog neprekidnosti postoji netrivijalni interval [𝑥0 − 𝜖, 𝑥0 + 𝜖] oko točke 𝑥0 takav da je 𝑚 =

min𝑥∈[𝑥0−𝜖,𝑥0+𝜖] 𝑥2𝑛𝑓(𝑥) > 0. Iskoristivši nenegativnost podintegralne funkcije, dobivamo

∞∫−∞

𝑥2𝑛𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 ≥𝑥0+𝜖∫

𝑥0−𝜖

𝑥2𝑛𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 ≥ 2𝑚𝜖 > 0,

što je u kontradikciji s činjenicom da je

0 = E[𝑋2𝑛

]=

∞∫−∞

𝑥2𝑛𝑓(𝑥) 𝑑𝑥.

Zaključujemo da ne postoji apsolutno neprekidna slučajna varijabla s neprekidnom funkcijom gustoćei traženim svojstvom.

61

8 Centralni granični teorem i zakon velikih brojeva

8.1 Centralni granični teorem

Zadatak 8.1 Ako je za svako novorođenče jednako vjerojatno da bude dječak ili djevojčica,izračunajte vjerojatnost da među 1000 novorođenčadi bude barem 490 djevojčica.

Rješenje. Neka su 𝑋1, . . . , 𝑋1000 nezavisne slučajne varijable s Bernoullijevom distribucijom sparametrom 1/2 koje označavaju je li odgovarajuće dijete bilo djevojčica. Znamo da sve ove slučajnevarijable imaju očekivanje 1/2 i varijancu 1/4. Zato za ukupan broj djevojčica 𝑆 = 𝑋1 + · · ·+𝑋1000

po centralnom graničnom teoremu [SV19, Teorem 8.3] imamo

P (𝑆 ≥ 490) = P

(𝑆 − 1000 · 1

2√1000 · 1

2

≥ − 10√1000 · 1

2

)≈ P (𝑍 ≥ −0.63)

= P (𝑍 ≤ 0.63) = Φ(0.63) = 0.7357,

pri čemu prva jednakost u drugom retku slijedi zbog simetričnosti jedinične normalne razdiobe.

Zadatak 8.2 Prosjak dobije novčić od prolaznika s vjerojatnošću 0.05. Koliko prolaznika trebaproći ulicom da bi prosjak skupio barem 150 novčića s vjerojatnošću od barem 0.95?

Rješenje. Neka su 𝑋1, . . . , 𝑋𝑛 nezavisne slučajne varijable s Bernoullijevom distribucijom sparametrom 0.05 koje označavaju je li odgovarajući prolaznik prosjaku dao novčić. Sve ove slučajnevarijable imaju očekivanje 0.05 i varijancu 0.05 · 0.95 = 0.0475. Ako je 𝑆 = 𝑋1 + · · · + 𝑋𝑛 ukupanbroj novčića koje je prosjak dobio, tada je

0.95 ≤ P (𝑆 ≥ 150) = P(

𝑆 − 0.05𝑛√𝑛√

0.0475≥ 150 − 0.05𝑛

√𝑛√

0.0475

),

pa budući da je Φ(−1.65) ≈ 0.05 = 1 − 0.95, po centralnom graničnom teoremu želim pronaći 𝑛takav da je

−1.65 ≥ 150 − 0.05𝑛√𝑛√

0.0475.

Rješavanjem ove kvadratne nejednadžbe (u terminima√𝑛), dobivamo da je

√𝑛 ≥ 58.5, odnosno

𝑛 ≥ 3420.7. Zaključujemo ulicom mora proći barem 3421 prolaznik.

Zadatak 8.3 Na ispitu je 40 zadataka i za svaki su ponuđena četiri odgovora, od kojih je samojedan točan. Za točno zaokružen odgovor dobije se 15 bodova, a za pogrešno zaokružen gubi se 5bodova. Kolika je vjerojatnost da student koji slučajnim odabirom bira odgovore ostvari barem 120bodova?

Rješenje. Neka su 𝑋1, . . . , 𝑋40 nezavisne slučajne varijable koje označavaju broj bodova ostvarnihna pripadajućem pitanju. Zato za svaki 𝑖, 𝑋𝑖 slijedi distribuciju

𝑋𝑖 ∼

(−5 15

0.75 0.25

).

62

Očekivanje ovih slučajnih varijable je E [𝑋𝑖] = −5 · 0.75 + 15 · 0.25 = 0, a varijanca

Var (𝑋𝑖) = E[𝑋2

𝑖

]− (E𝑋𝑖)

2 = E[𝑋2

𝑖

]= (−5)2 · 0.75 + 152 · 0.25 = 75.

Za ukupan broj ostvarenih bodova 𝑆 = 𝑋1 + · · · + 𝑋𝑛 po centralnom graničnom teoremu dobivamo

P (𝑆 ≥ 120) = P (𝑆 ≥ 16) = P

⎛⎜⎜⎝𝑆 − 40 · 0√75√

40≥ 120 − 40 · 0√

75√

40⏟ ⏞ ≈2.19

⎞⎟⎟⎠≈ 1 − Φ(2.19) = 1 − 0.9857 = 0.0143.

Zadatak 8.4 Ljudska DNK sastoji se od 3 · 109 parova baza. Za svaki par baza vjerojatnost da jenastao mutacijom, odnosno da nije ispravno naslijeđen od roditelja, je 2 · 10−8. Odredite najmanjiinterval koji će s vjerojatnošću od barem 99% sadržavati ukupan broj mutacija.

Rješenje. Budući da očekujemo da bi ukupan broj mutacija trebao biti oko 3 · 109 · 2 · 10−8 = 60,traženi interval tražit ćemo među intervalima oblika (60−𝐾, 60 +𝐾) za 𝐾 > 0. Neka je 𝑛 = 3 · 109,te 𝑋1, . . . , 𝑋𝑛 Bernoullijeve slučajne varijable s parametrom 2 ·10−8 koje označavaju je li se dogodilamutacija na odgovarajućoj bazi. Tada je E [𝑋𝑖] = 2 · 10−8 i Var (𝑋𝑖) = 2 · 10−8(1 − 2 · 10−8). Ako je𝑆 = 𝑋1 + · · · + 𝑋𝑛, tada tražimo 𝐾 > 0 takav da je

0.99 ≤ P (𝑆 ∈ (60 −𝐾, 60 + 𝐾))

= P

⎛⎜⎜⎜⎝ 𝑆 − 60√

3 · 109 · 2 · 10−8(1 − 2 · 10−8)

< 𝐾√

3 · 109 · 2 · 10−8(1 − 2 · 10−8)⏟ ⏞ ≈7.75

⎞⎟⎟⎟⎠≈ Φ

(𝐾

7.75

)− Φ

(− 𝐾

7.75

)= 2Φ

(𝐾

7.75

)− 1

Budući da je Φ(2.57) ≈ 0.995, zadatak se svodi na pronalaženje 𝐾 > 0 za koji je

𝐾

7.75≥ 2.57.

Rješavanjem ove nejednadžbe dobivamo da je 𝐾 ≥ 19.91, pa je najmanji traženi interval [40, 80].

Zadatak 8.5 Marica, velika ljubiteljica crtanja točaka u ravnini, nacrtala ih je čak 100. Nakontoga hahar Ivica odluči obrisati svaku od njih s vjerojatnošću od 50%. Rastužena Marica odlučitiutopiti tugu u crtanju dužina s krajevima u preostalim točkama. Koliko je vjerojatnost da će Maricanacrtati više od 1000 dužina?

Rješenje. Neka su 𝑋1 . . . , 𝑋100 nezavisne Bernoullijeve slučajne varijable s parametrom 12

koje označavaju je li odgovarajuća točka još uvijek na papiru nakon Ivičinog pustošenja. Tada je

63

E [𝑋𝑖] = 12

i Var (𝑋𝑖) = 12· 12

= 14. Uočimo da je ukupan broj dužina koje će Marica nacrtati jednak

𝑆(𝑆−1)2

, pri čemu je 𝑆 = 𝑋1 + · · · + 𝑋100. Koristeći centralni granični teorem dobivamo

P(𝑆2 − 𝑆

2> 1000

)= P

((𝑆 − 1

2

)2

> 2000.25

)= P

(𝑆 >

1

2+√

2000.25

)

= P

⎛⎝𝑆 − 12· 100√

14

√100

>−49.5 +

√2000.25

5

⎞⎠ ≈ 1 − Φ(−0.96)

= Φ(0.96) ≈ 0.8315.

Zadatak 8.6 Simetričnu kocku bacamo 4500 puta. Odredite interval u kojem možemo s vjerojat-nošću od barem 0.9 očekivati relativnu frekvenciju šestica.

Rješenje. Budući da očekujemo da bi relativna frekvencija šestica trebala biti oko 16, traženi

interval tražit ćemo među intervalima oblika (16−𝜖, 1

6+𝜖) za 𝜖 > 0. Neka su 𝑋1, . . . , 𝑋4500 Bernoullijeve

slučajne varijable s parametrom 16

koje označavaju je li u odgovarajućem bacanju pala šestica. Tadaje E [𝑋𝑖] = 1

6i Var (𝑋𝑖) = 1

6(1 − 1

6) = 5

36. Ako je 𝑆 = 𝑋1 + · · · + 𝑋4500, tada je relativna frekvencija

šestica 𝑆4500

, pa tražimo 𝜖 > 0 takav da je

0.9 ≤ P(

𝑆4500

∈ (16− 𝜖, 1

6+ 𝜖)

)= P

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝ 𝑆 − 45001

6√4500 · 5

36

< 𝜖

√4500√

536⏟ ⏞

180𝜖

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠≈ Φ(180𝜖) − Φ(−180𝜖) = 2Φ(180𝜖) − 1.

Budući da je Φ(1.65) ≈ 0.95, zadatak se svodi na pronalaženje 𝜖 > 0 za koji je 180𝜖 ≥ 1.65, odakleslijedi da je najmanji traženi interval (0.1575, 0.1758).

Zadatak 8.7 Jedna je politička stranka odlučila unajmiti istraživačku agenciju da provede anketuna slučajnom uzorku birača kako bi vidjela na koliki postotak glasova može računati na predstojećimizborima. Koliki broj glasača agencija mora anketirati kako bi s vjerojatnošću od 95% bila sigurnada dobivena popularnost u anketi ne odstupa više od 3% od stvarnog stanja?

Rješenje. Neka je 𝑝 vjerojatnost da će slučajno odabrani birač glasovati za promatranu političkustranku. Neka su 𝑋1, . . . , 𝑋𝑛 Bernoullijeve slučajne varijable s parametrom 𝑝 koje za svakog od𝑛 slučajno odabranih glasača označavaju preferira li promatranu stranku. Tada je E [𝑋𝑖] = 𝑝 iVar (𝑋𝑖) = 𝑝(1 − 𝑝) za svaki 𝑖.

Ako je 𝑆𝑛 = 𝑋1 + · · · + 𝑋𝑛, tada se zadatak svodi na pronalaženje 𝑛 za koji je

P(

𝑆𝑛

𝑛− 𝑝

≤ 0.03

)≥ 0.95.

64

Uočimo da je

P(

𝑆𝑛

𝑛− 𝑝

≤ 0.03

)= P

( 𝑆𝑛 − 𝑛𝑝√

𝑛𝑝(1 − 𝑝)

≤ 0.03

√𝑛

𝑝(1 − 𝑝)

)≈ P

(|𝑍| ≤ 0.03

√𝑛

𝑝(1 − 𝑝)

),

pri čemu 𝑍 ∼ 𝑁(0, 1), a aproksimacija slijedi iz centralnog graničnog teorema. Budući da jeΦ(1.96) ≈ 0.975, znamo da je P (|𝑍| ≤ 1.96) ≈ 0.95. Zato želimo postići da vrijedi

0.03

√𝑛

𝑝(1 − 𝑝)≥ 1.96. (8.1)

Mi ne znamo vrijednost parametra 𝑝, ali budući da znamo da je u svakom slučaju 𝑝(1 − 𝑝) ≤ 14,

nejednakost (8.1) će u svakom slučaju biti zadovoljena ako je 𝑛 takav da je

0.03√𝑛 ≥ 1

2· 1.96 = 0.98,

odnosno 𝑛 ≥ 1067.1. Zaključujemo da agencija treba anketirati barem 1068 birača.

Zadatak 8.8* Vjerojatnosnim metodama dokažite da je

lim𝑛→∞

𝑒−𝑛

(1 +

𝑛

1!+ · · · +

𝑛𝑛

𝑛!

)=

1

2.

Rješenje. Neka je (𝑋𝑛) niz nezavisnih jednakodistribuiranih slučajnih varijabli s distribucijom𝑃 (1). Tada 𝑆𝑛 = 𝑋1 + · · · + 𝑋𝑛 po [SV19, Primjer 5.28] ima distribuciju 𝑃 (𝑛), pa je

P (𝑆𝑛 ≤ 𝑛) =𝑛∑

𝑖=0

P (𝑆𝑛 = 𝑖) = 𝑒−𝑛

(1 +

𝑛

1!+ · · · +

𝑛𝑛

𝑛!

).

Iz [SV19, Primjer 4.25] je poznato da je E [𝑋1] = 1, a na isti se način lako dokaže i da je Var (𝑋1) = 1.Zato je, po centralnom graničnom teoremu,

lim𝑛→∞

P (𝑆𝑛 ≤ 𝑛) = lim𝑛→∞

P(𝑆𝑛 − 𝑛√

𝑛≤ 0

)=

1

2,

pa slijedi tvrdnja zadatka.

8.2 Zakon velikih brojeva

Zadatak 8.9* Neka su 𝑎, 𝑏, 𝑥 ∈ (0, 1) i 𝑎 < 𝑏, 𝑥 = 𝑎, 𝑏. Vjerojatnosnim metodama izračunajte

lim𝑛→∞

∑𝑟∈N : 𝑎𝑛<𝑟<𝑏𝑛

(𝑛

𝑟

)𝑥𝑟(1 − 𝑥)𝑛−𝑟.

65

Rješenje. Neka je (𝑋𝑛)𝑛∈N niz nezavisnih Bernoullijevih slučajnih varijabli s parametrom 𝑥. Akoje 𝑆𝑛 = 𝑋1 + · · · + 𝑋𝑛, tada je 𝑆𝑛 ∼ 𝐵(𝑛, 𝑥), pa se zadatak svodi na određivanje limesa

lim𝑛→∞

P (𝑆𝑛 ∈ (𝑎𝑛, 𝑏𝑛)) = lim𝑛→∞

P(𝑆𝑛

𝑛∈ (𝑎, 𝑏)

).

Međutim, po slabom zakonu velikih brojeva ([SV19, Teorem 8.7]) znamo da 𝑆𝑛/𝑛 po vjerojatnostikonvergira k 𝑥, odnosno da je za svaki 𝜖 > 0

lim𝑛→∞

P(

𝑆𝑛

𝑛− 𝑥

> 𝜖

)= 0.

Pretpostavimo sada da je 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏). Neka je 𝜖 = min(

|𝑥−𝑎|2

, |𝑥−𝑏|2

)> 0. Tada je

0 ≤ lim𝑛→∞

P(𝑆𝑛

𝑛/∈ (𝑎, 𝑏)

)≤ lim

𝑛→∞P(

𝑆𝑛

𝑛− 𝑥

> 𝜖

)= 0,

pa je traženi limes jednak

lim𝑛→∞

P(𝑆𝑛

𝑛∈ (𝑎, 𝑏)

)= lim

𝑛→∞

(1 − P

(𝑆𝑛

𝑛/∈ (𝑎, 𝑏)

))= 1.

S druge strane, ako je 𝑥 /∈ (𝑎, 𝑏) tada za isti 𝜖 imamo

0 ≤ lim𝑛→∞

P(𝑆𝑛

𝑛∈ (𝑎, 𝑏)

)≤ lim

𝑛→∞P(

𝑆𝑛

𝑛− 𝑥

> 𝜖

)= 0,

pa je traženi limes jednak 0.

Literatura

[SV19] Nikola Sandrić and Zoran Vondraček. Vjerojatnost – predavanja. 2019. skripta na webu.

66