Materija za prvi kolokvijum

VISOKA ŠKOLA STRUKOVNIH STUDIJA ZA INFORMACIONE I

KOMUNIKACIONE TEHNOLOGIJE BEOGRAD

Predmet: STATISTIKA

Materijal za studente -1

Predavač : mr Zorica Malović

1

1. UVOD

Gradivo predmeta Statistika je podeljeno u dve celine, VEROVATNOĆA i STATISTIKA.

Verovatnoća predstavlja teorijsku osnovu za statistiku.

Verovatnoća i statistika su u međusobno jakoj interakciji. Statistika je nametnula potrebu za

verovatnoćom. Statistička homogenost, relativna frekvencija...su osnov za izračunavanje nekih

verovatnoća. Verovatnoća, takođe, procenjuje verodostojnost statističkih proračuna.

S druge strane, verovatnoća operiše i sa nekom polaznim veličinama do kojih se dolazi statistički,

merenjem.Na primer, strelac pogađa cilj sa verovatnoćom 0,85...Najjednostavnije rečeno, verovatnoća

i statistika ne mogu jedna bez druge.

U verovatnoći se često koriste konačni skupovi i neki posebni podskupovi. Od interesa je da se zna

tačan broj svih rasporeda elemenata ovih specifičnih podskupova a to je predmet proučavanja jedne

posebne matematičke oblasti, kombinatorike.

KOMBINATORIKA

U kombinatorici se polazi od kombinatornog skupa 1 2, , , nS s s s= L .Priroda elemenata nije

bitna jer je , radi lakše manipulacije moguće izvršiti kodiranje. Na primer, umesto skupa

, , ,n

S Milan Petar Ana

=

L144424443 može se posmatrati skup

1,2, ,S n′ = K gde je svako ime predstavljeno rednim brojem iz odgovarajućeg spiska.

1.1. Permutacije, varijacije, kombinacije

DEF Permutacija bez ponavljanja skupa S, (koji ima n elemenata) je svaki niz dužine n u kome se

tačno jedanput pojavljuju svi elementi skupa S . Ima ih ukupno:

( ) !P n n=

Permutacije bez ponavljanja se mogu definisati i kao uređene n-torke brojeva sastavljene od n

elemenata kombinatornog skupa (koji su među sobom različiti).

Primer 1.1.1:

∇ Koliko se petocifrenih brojeva može formirati premeštanjem cifara broja 12345?

5

1, 2,3,4,5n

S

=

= 14243

Svi pomenuti brojevi predstavljaju permutacije bez ponavljanja petočlanog skupa S. Mogu se ispisati i

poređati po veličini:

2

( )

12345 21345 31245 41235 51234

12354 21354 31254 41253 51243

5 :

15423 25413 35412 45312 54312

15432 25431 35421 45321 54321

P M M M M M

Ima ih ukupno: (5) 5! 5 4 3 2 1 120P = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

-U svakoj od navedenih permutacija učestvuju istovremeno svi elementi kombinatornog skupa , samo

su im promenjene pozicije.

-Bitan je poredak elemenata (npr. 12345 12354≠ ) ∆

DEF Permutacija sa ponavljanjem skupa S, ( koji ima n elemenata od kojih se njih m ponavlja

1 2, , , mk k kK puta, ) je svaki niz dužine n u kome elementi S mogu samo da promene mesta. Ima ih

ukupno:

1 2, , ,1 2

!( )

! ! !mk k k

m

nP n

k k k=K

L

Primer 1.1.2:

∇ Koliko ima šestocifrenih telefonskih brojeva koji sadrže tri cifre 2, dve cifre 5 i jednu cifru 7 ?

Neki od telefonskih brojeva su: 222557, 222575, 222755, ... , 755222.

-U svakom od navedenih telefonskih brojeva učestvuju istovremeno svi elementi kombinatornog skupa

, samo su im promenjene pozicije.

-Bitan je poredak elemenata (npr. 222557 222575≠ )

Kombinatorni skup je: 3 2

6

2,2,2 ,5,5,7

n

S

=

= 14243

. Unutar samog skupa, koji ima 6 elemenata, neki elementi

se ponavljaju, 2- tri puta a 5-2puta.( 1 26 ; 3 ; 2n k k= = = )

3,2

6! 6 5 4 3 2(6) 60

3!2! 3 2 2P

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = =

⋅ ⋅ ∆

DEF Varijacije bez ponavljanja su uređene k-torke brojeva iz kombinatornog skupa S od n

elemenata, unutar kojih nije dozvoljeno ponavljanje elemenata. Elementi skupa S su među sobom

različiti. (Broj k se naziva klasom.)

Njihov ukupan broj je:

( 1) ( 1)n

kV n n n k= − − +L

3

Važi formula ( )

!( 1) ( 1)

!n

k

nV n n n k

n k= = − − +

−L

Red klase može biti manji ili jednak broju elemenata kombinatornog skupa. ( )k n≤

U slučaju da je k n= , varijacije bez ponavljanja su, u stvari, permutacije bez ponavljanja. ( )n

nV P n=

Primer 1.1.3:

∇ Ispisati varijacije bez ponavljanja druge i treće klase, ( 52V i 5

3V ) kombinatornog skupa

5

1, 2,3,4,5n

S

=

= 14243 .

52 : 12 21 31 41 51

13 23 32 42 52

14 24 34 43 53

15 25 35 45 54

V

Ukupan broj je 52 5 4 20V = ⋅ = .

53 :V

60

123 213 312 412 512

124 214 314 413 513

125 215 315 415 514

154 254 354 435 543

M M M M M

1444442444443

Ukupan broj je 53 5 4 3 60V = ⋅ ⋅ = . ∆

Varijacije sa ponavljanjem

DEF Varijacije sa ponavljanjem su uređene k-torke brojeva iz kombinatornog skupa S od n

elemenata, unutar kojih je dozvoljeno ponavljanje elemenata. Elementi skupa S su među sobom

različiti.

Njihov ukupan broj je: n k

kV n=

Red klase k može biti manji, veći ili jednak broju elemenata kombinatornog skupa n.

4

Primer 1.1.4:

∇ Ispisati varijacije sa ponavljanjem druge i treće klase, ( 52V i 5

3V ) kombinatornog skupa

5

1, 2,3,4,5n

S

=

= 14243 .

52

11 21 31 41 51

12 22 32 42 52

: 13 23 33 43 53

14 24 34 44 54

15 25 35 45 55

V 5 22 5 25V = =

53

125

111 211 311 411 511

112 212 312 412 512

: 113 213 313 413 513

155 255 355 455 555

V

M M M M M

144444424444443

5 33 5 125V = =

∆

Kombinacije bez ponavljanja

DEF Kombinacijecije bez ponavljanja su k-točlani podskupovi brojeva iz kombinatornog skupa

S od n elemenata, unutar kojih nije dozvoljeno ponavljanje elemenata. Elementi skupa S su među

sobom različiti. k n≤

Njihov ukupan broj je:

( 1) ( 1)

! !

nn kk

n V n n n kC

k k k

− − += = =

L

Primer 1.1.5:

∇ Ispisati kombinacije bez ponavljanja druge i treće klase, ( 52C i 5

3C ) kombinatornog skupa

5

1, 2,3,4,5n

S

=

= 14243 .

Kombinacije druge klase se mogu dobiti iz spiska varijacija druge klase kada se uklone one koje

su sastavljene od istih cifara. Na primer, 12 i 21 predstavljaju istu kombinaciju, jer su bitni učesnici a

ne i njihov poredak.

5

52 : 12 23 34 45

13 24 35

14 25

15

C

Ukupan broj je 5

5 22

5 410

2 1 2

VC

⋅= = =

⋅.

53

123 234 345

124 235

: 125 245

134

135

145

C Ukupan broj je

55 33

5 4 310

3! 3 2 1

VC

⋅ ⋅= = =

⋅ ⋅.

∆

Primer 1.1.6:

∇ Koliki je maksimalni broj

a) pravih b) ravni

određenih sa 20 tačaka .

a) Prava je određena sa dve tačke. Biraju se 2 tačke od 20 . 2 ; 20k n= = .

Nije bitan poredak tačaka ( prava određena tačkama A i B je ista sa pravom određenom tačkama B i

A). Nije dozvoljeno ponavljanje elemenata je ako se uzme AA to ne predstavlja pravu. Ukupan broj

pravih se izračunava preko kombinacija bez ponavljanja. 20

20 22

20 20 19190

2 2 1 2

VC

⋅= = = =

⋅

b) Slično, ravan je određena sa tri nekolinearne tačke pa je maksimalan broj ravni

2020 33

20 20 19 181140

3 3 2 1 6

VC

⋅ ⋅= = = =

⋅ ⋅ ∆

Kombinacije sa ponavljanjem

DEF Kombinacijecije sa ponavljanjem su k-torke koje se dobijaju kada se iz

n-točlanog skupa bira jedan po jedan element, sa vraćanjem, i ako nije bitan redosled nego učesnici i

broj koliko su puta izabrani. Ukupan broj takvih izbora je:

1

n

k

n kC

k

+ − =

Red klase k može biti manji, veći ili jednak broju elemenata kombinatornog skupa n.

6

Primer 1.1.7:

∇ Ispisati kombinacije sa ponavljanjem druge i treće klase, ( 52C i 5

3C ) kombinatornog skupa

5

1, 2,3,4,5n

S

=

= 14243 .

Kombinacije druge klase sa ponavljanjem se mogu dobiti iz spiska varijacija druge klase sa

ponavljanjem, kada se uklone one koje su sastavljene od istih cifara.

52

11 22 33 44 55

12 23 34 45

: 13 24 35

14 25

15

C Ukupan broj je 52

5 2 1 6 6 515

2 2 2C

+ − ⋅= = = =

.

53 :C

111 222 333 444 555

112 223 334 445

113 224 335 455

114 225 344

345

155 255 355

M M

Ukupan broj je 53

5 3 1 7 7 6 535

3 3 3 2 1C

+ − ⋅ ⋅= = = =

⋅ ⋅ . ∆

Rasporedi elemenata kombinatornog skupa od n elemenata i odgovarajuće formule koje se koriste

mogu se pregledno prikazati tabelom:

PERMUTACIJE

bez

ponavljanja ( ) !P n n= -učestvuju svi

elementi

- bitan

poredak

sa

ponavljanjem 1 2, , ,1 2

!( )

! ! !mk k k

m

nP n

k k k=K

L

VARIJACIJE

bez

ponavljanja ( 1) ( 1)n

kV n n n k= − − +L - učestvuje k

elemenata

- bitan

poredak

sa

ponavljanjem n k

kV n=

KOMBINACIJE

bez

ponavljanja

( 1) ( 1)

!n

k

n n n n kC

k k

− − += =

L

- učestvuje k

elemenata

- nije bitan

poredak sa

ponavljanjem

1n

k

n kC

k

+ − =

7

Primer 1.1.8:

∇ Ispisati sve moguće ishode eksperimenata:

a) Jedna kockica se baca 3 puta.

b) Tri kockice se bacaju odjednom.

Brojevi koji mogu pasti na numerisanoj kocki čine kombinatorni skup.6

1,2,3,4,5,6n

S

=

= 14243

a) Ako se jedna kockica baca 3 puta onda je bitan poredak elemenata jer je jasan redosled

pojavljivanja brojeva. Na primer 123 je različito od 321 jer je u prvom slučaju prvo pala 1 a u drugom

je prvo pala 3. Dozvoljeno je ponavljanje elemenata ( može pasti 666). Sa aspekta kombninatorike to

će biti 63 :V

111 211 311 411 511 611

112 212 312 412 512 612

113 213 313 413 513 613

166 266 366 466 566 666

M M M M M M

6 33 6 216V = =

b) Ako se tri kockice se bacaju odjednom onda nije bitan poredak elemenata jer se ne razlikuje kojim

redosledom su padali brojevi, dozvoljeno je ponavljanje, pa će to biti 63 :C

111 222 333 444 555 666

112 223 334 445 556

113 224 335 446 566

114 225 344 455

456

166 266 366 466

M M M

Ukupan broj je 63

6 3 1 8 8 7 656

3 3 3 2 1C

+ − ⋅ ⋅= = = =

⋅ ⋅ . ∆

8

1.2. Binomna formula

Za svaki prirodan broj n N∈ važi formula:

1

0 1 1 0

0

( )0 1

k

n n n n k k n

T

nn k k

k

n n n na b a b a b a b a b

k n

na b

k

+

− −

−

=

+ = + + + + + =

=

∑

L L

14243

1k + . član u razvoju binoma glasi:

1n k k

k

nT a b

k

−

+

=

Binomni koeficijenti su simetrični:

n n

k n k

=

−

Za određivanje binomnih koeficijenata može se koristiti Paskalov trougao:

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1

1 7 21 35 35 21 7 1 ...

Primer 1.2.1:

∇ Naći razvoj binoma: 7

1x

x

+

.

U ovom primeru je 1

; ; 7a x b nx

= = =

7 0 1 2 37 6 5 4

4 5 6 73 2 1 0

7 7 7 71 1 1 1 1

0 1 2 3

7 7 7 71 1 1 1

4 5 6 7

x x x x xx x x x x

x x x xx x x x

+ = + + + +

+ + + + =

9

0 1 2 3 4 57 6 5 4 3 2

6 71 0 7 5 3

3 5 7

1 1 1 1 1 11 7 21 35 35 21

1 1 1 1 1 17 1 7 21 35 35 21 7

x x x x x xx x x x x x

x x x x x xx x x x x x

= + + + + + +

+ + = + + + + + + +

∆

Primer 1.2.2:

∇ Odrediti peti član ( 5T ) u razvoju binoma 12

1x

x

+

.

U ovom primeru je 1

; ; 12 ; 4a x b n kx

= = = = jer se traži 5T , pa je 1 5k + = .

412 4 4 4

5

12 1 12 11 10 9485

4 4 3 2T x x x

x

− ⋅ ⋅ ⋅ = = =

⋅ ⋅ ∆

Primer 1.2.3:

∇ Zbir koeficijenata prvog, drugog i trećeg člana u razvoju binoma

2

1n

xx

+

iznosi 46. Odrediti član koji ne sadrži x .

Ovde je 2

1;a x b

x= = .

n je indirektno zadato iz uslova koji zadovoljavaju koeficijenti :

( )146 ; 1 46

0 1 2 2

n n n n nn

− + + = + + =

21 290 0 ; 9 ; 10

N

n n n n

∉

+ − = = = −14243

k se izračunava iz uslova da traženi član u razvoju binoma ne sadrži x , odnosno da eksponent za x

bude jednak 0.

9 9 2 9 31 2

9 9 91k

k k k k

kT x x x

k k kx

− − − −

+

= = =

9 3 0 ; 3k k− = =

Traženi član je 03 1 4

9 9 8 784

3 3 2T T x+

⋅ ⋅= = = =

⋅ ∆

10

1.3. Vežbanje

1. Na koliko načina može 10 osoba da sedne jedna pored druge na 10 mesta koja su u istom redu u

bioskopu?

2. U koliko permutacija od elemenata skupa 1, 2,3,4,5,6,7S = se 1,2,3 nalaze jedan pored

drugog

a) u datom poretku;

b) u proizvoljnom poretku.

3. U koliko permutacija skupa S od n elemenata se m elemenata ( )m n< nalaze jedan pored

drugog :

a) u datom poretku;


4. Na koliko načina se može 5 jednakih kuglica rasporediti u 3 kutije, ako je dozvoljeno da neke

kutije ostanu prazne?

5. Na koliko načina se može 50 knjiga rasporediti na tri police tako da na prvoj bude 10 a na druge dve

po 20 knjiga?

6. Koliko ima sedmocifrenih telefonskih brojeva koji počinju sa 2

a) ako imaju sve različite cifre?

b) ako im se cifre mogu ponavljati?

7. Koliko Morzeovih znakova se može formirati od osnovnih znakova “ ⋅ ” i “-“ ako se jedan znak

sastoji od najviše četiri osnovna znaka?

8. Na koliko načina se 6 putnika, koje razlikujemo, može razmestiti u kompoziciju od 7 vagona ?

9. Bajt se sastoji od 8 bitova 0 ili 1. Koliko ima bajtova?

10. Na listiću sportske prognoze nalazi se 13 parova.

(0-nerešeno, 1-pobeda domaćina, 2- pobeda gosta)

Koliko kolona treba popuniti da bi igrač sigurno imao 13 pogodaka?

11. U kutiji se nalazi 15 numerisanih kuglica. Na koliko načina mogu biti izvučene 3 kuglice

a) ako se izvlači jedna po jedna bez vraćanja u kutiju?

b) ako se izvlači jedna po jedna sa vraćanjem u kutiju?

c) ako se izvlače 3 odjednom?

11

12. Koliko treba popuniti tabela u igri LOTO gde se bira 7 od 39 brojeva da bi igrač sigurno imao 7

pogodaka?(pun sistem)

13. Ako je igrač odigrao pun sistem u igri LOTO , koliko bi puta imao po 6 pogodaka, po 5 pogodaka,

po 4 pogotka i po 3 pogotka?

14. Jedna numerisana kockica se baca 5 puta. Koliko različitih ishoda može imati ovaj eksperiment?

15. Pet numerisanih kockica se baca odjednom. Koliko različitih ishoda može imati ovaj eksperiment?

16. Naći razvoj binoma: 7

1x

x

−

.

17. Odrediti šesti član ( 6T ) u razvoju binoma 11

1x

x

+

.

18. Odrediti peti član ( 5T ) u razvoju binoma

12

3

1x

x

−

.

19. Odrediti četvrti član ( 4T ) u razvoju binoma ( )3n

x x− ako koeficijent trećeg člana ( 3T )

iznosi 21.

20. Poznato je da su u razvoju binoma 2 1n

xx

+

koeficijenti četvrtog i trinaestog člana međusobno

jednaki. Odrediti član koji ne sadrži x .

21. Zbir koeficijenata prvog, drugog i trećeg člana u razvoju binoma

3

1n

xx

+

iznosi 56. Odrediti sedmi član ( )7T .

12

1.3. Rešenja zadataka:

1. Na koliko načina može 10 osoba da sedne jedna pored druge na 10 mesta koja su u istom redu u

bioskopu?

(10) 10! 3 628 800P = =

2. U koliko permutacija od elemenata skupa 1, 2,3,4,5,6,7S = se 1,2,3 nalaze jedan pored

drugog

a) u datom poretku;


a) Označimo sa 1, 2,3a =

1,2,3 ,4,5,6,7

a

S

′ = 123

Dobijeni skup ima 5 elemenata. , 4,5,6,7S a′ = (5) 5! 120P = =

b) Unutar segmenta 1,2,3a = brojevi mogu da promene redosled na 3! 6= načina, pa je ukupan

broj traženih permutacija

(3) (5) 3!5! 6 120 720P P = = ⋅ =

3. U koliko permutacija skupa S od n elemenata se m elemenata ( )m n< nalaze jedan pored

drugog :

a) u datom poretku;


a) ( 1) ( 1)!P n m n m− + = − +

b) ( ) ( 1) !( 1)!P m P n m m n m− + = − +

4. Na koliko načina se može 5 jednakih kuglica rasporediti u 3 kutije, ako je dozvoljeno da neke

kutije ostanu prazne?

Svi mogući rasporedi mogu se opisati nizovima dužine 7 (5 kuglica i 2 pregrade između kutija).

Na primer:

oopoopo - 2 kuglice u prvoj kutiji, 2 kuglice u drugoj kutiji i 1 u trećoj.

ooooopp - 5 kuglica u prvoj kutiji, 0 u drugoj i 0 u trećoj

5,2

7!(7) 21

5!2!P = =

5. Na koliko načina se može 50 knjiga rasporediti na tri police tako da na prvoj bude 10 a na druge dve

po 20 knjiga?

Ako se svakoj od kjiga dodeli broj police na koju će biti raspoređena, svi rasporedi se mogu

opisati nizovima dužine 50 u kojima se 1 pojavljuje 10 puta, 2 se pojavljuje 20 puta i 3 20 puta.

13

10,20,20

50!(50)

10!20!20!P =

6. Koliko ima sedmocifrenih telefonskih brojeva koji počinju sa 2

a) ako imaju sve različite cifre?

b) ako im se cifre mogu ponavljati?

a) 96 9 8 7 6 5 4 60480V = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

b) 10 66 10 1000000V = =

7. Koliko Morzeovih znakova se može formirati od osnovnih znakova “ ⋅ ” i “-“ ako se jedan znak

sastoji od najviše četiri osnovna znaka?

2 2 2 21 2 3 4 2 4 8 16 30V V V V+ + + = + + + =

8. Na koliko načina se 6 putnika, koje razlikujemo, može razmestiti u kompoziciju od 7 vagona ?

Označimo putnike sa ABCDEF. Svakom putniku se dodeljuje karta sa brojem vagona u koji je

raspoređen. Svi mogući rasporedi se mogu prikazati nizovima dužine 6 sastavljenim od cifara

1,2,3,4,5,6,7. Na primer 111111, svi su u prvom vagonu ili 121111, svi u prvom osim B u drugom

vagonu...

7 66 7 117 649V = =

9. Bajt se sastoji od 8 bitova 0 ili 1. Koliko ima bajtova?

2 88 2 256V = =

10. Na listiću sportske prognoze nalazi se 13 parova.

(0-nerešeno, 1-pobeda domaćina, 2- pobeda gosta)

Koliko kolona treba popuniti da bi igrač sigurno imao 13 pogodaka?

3 1313 3 1594 323V = =

11. U kutiji se nalazi 15 numerisanih kuglica. Na koliko načina mogu biti izvučene 3 kuglice

a) ako se izvlači jedna po jedna bez vraćanja u kutiju?

b) ako se izvlači jedna po jedna sa vraćanjem u kutiju?

c) ako se izvlače 3 odjednom?

a) 153 15 14 13 2 730V = ⋅ ⋅ =

b) 15 33 15 3 375V = =

c) 153

15455

3C

= =

14

12. Koliko treba popuniti tabela u igri LOTO gde se bira 7 od 39 brojeva da bi igrač sigurno imao 7

pogodaka? (pun sistem)

397

39 39 38 37 36 35 34 3339 19 37 17 33 15 380 937

7 7 6 5 4 3 2 1C

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

13. Ako je igrač odigrao pun sistem u igri LOTO , koliko bi puta imao po 6 pogodaka, po 5 pogodaka,

po 4 pogotka i po 3 pogotka?

7 327 32 224

6 1

⋅ = ⋅ =

puta po 6 pogodaka

7 3221 496 10 416

5 2

⋅ = ⋅ =

puta po 5 pogodaka

7 3235 4960 173 600

4 3

⋅ = ⋅ =

puta po 4 pogodaka

7 3235 35960 1 258 600

3 4

⋅ = ⋅ =

puta po 3 pogodaka

14. Jedna numerisana kockica se baca 5 puta. Koliko različitih ishoda može imati ovaj eksperiment?

6 55 6 7776V = =

15. Pet numerisanih kockica se baca odjednom. Koliko različitih ishoda može imati ovaj eksperiment?

65

6 5 1 10252

5 5C

+ − = = =

16. Naći razvoj binoma: 7

1x

x

−

.

7 0 1 2 37 6 5 4

4 5 6 73 2 1 0

7 5 33 5 7

1 1 1 1 11 7 21 35

1 1 1 135 21 7 1

1 1 1 17 21 35 35 21 7

x x x x xx x x x x

x x x xx x x x

x x x xx x x x

− = − + − + − + − +

+ − + − + − + − =

= − + − + − + −

17. Odrediti šesti član ( 6T ) u razvoju binoma 11

1x

x

+

.

1; ; 11 ; 5a x b n k

x= = = =

5

66

11 111462

5 5T x x x

x

= = =

15

18. Odrediti peti član ( 5T ) u razvoju binoma

12

3

1x

x

−

.

11

323

1; ; 12 ; 4a x x b x n k

x

−

= = = − = − = =

48 1 4 8143 3 32

5

12495 495

4T x x x x x

− − = − = ⋅ =

19. Odrediti četvrti član ( 4T ) u razvoju binoma ( )3n

x x− ako koeficijent trećeg člana ( 3T )

iznosi 21.

113 32 ; ; 3a x x b x x k= = = − = − =

Nepoznati broj n se određuje iz uslova da je

( )( )

21 2

121 ; 21 ; 1 42

2 2

42 0 ; 7 ; 6N

n n nn n

n n n n

∉

⋅ − = = ⋅ − =

− − = = = −14243

( )34 11

2 3324

735 35

3T x x x x x

= − = ⋅ − = −

20. Poznato je da su u razvoju binoma 2 1n

xx

+

koeficijenti četvrtog i trinaestog člana međusobno

jednaki. Odrediti član koji ne sadrži x .

Binomni koeficijenti su simetrični što znači da je

12

; ; 3 12 ; 1533

nn n nn nnk n k

= = − = = − −

2 1; ; 15a x b n

x= = = ; k se određuje iz uslova da član ne sadrži x .

15 15 2 15 31 2

15 15 151k

k k k k

kT x x x

k k kx

− − − −

+

= = =

15 3 0 ; 5k k− = =

Traženi član je 05 1 6

153003

5T T x+

= = =

16

21. Zbir koeficijenata prvog, drugog i trećeg člana u razvoju binoma

3

1n

xx

+

iznosi 56. Odrediti sedmi član ( )7T .

( )156 ; 1 56

0 1 2 2

n n n n nn

− + + = + + =

21 2110 0 ; 10 ; 11

N

n n n n

∉

+ − = = = −14243

3

1; ; 10 ; 6a x b n k

x= = = =

6

4 14 147 3

10 101210

6 6T x x x

x

− − = = =

17

2. ELEMENTI TEORIJE VEROVATNOĆE

2.1. Pojam verovatnoće

Verovatnoća je aksiomatska nauka u kojoj se koristi dosta složen matematički aparat. U njenoj

osnovi je teorija skupova. Postoje strogo definisani matematički pojmovi i postupci, koji imaju veze sa

govornim jezikom. Na primer: događaj, siguran događaj... Zbog lakšeg usvajanja pribegava njihovoj

interpretaciji navođenjem primera. Ovakva terminologija je veoma korisna, jer se važni pojmovi

lakše pamte. Međutim, može biti i veoma zbunjujuća ako se ne usvoje formalne definicije već se

pokuša sa „interpretacijom „ (npr. uslovna verovatnoća).

Eksperimenti sa konačno mnogo ishoda

Izračunavanja različitih verovatnoća vezana su za razne eksperimente a ograničićemo se na one

koji imaju konačno mnogo ishoda.

Kada se izvodi eksperiment važno je odrediti šta se posmatra.

Može se izvoditi isti eksperiment ali da nas interesuju različite pojave.

Na primer:

Eksperiment: Novčić se baca 3 puta uzastopno.

a) Posmatra se pojava pisma (P) ili grba (G)

b) Posmatra se koliko je puta palo pismo (P) .

a) 8

, , , , , , ,a PPP GPP PGP PPG PGG GPG GGP GGG

Ω = 144444444424444444443

b) 4

0,1,2,3b

Ω =

123

Klasična definicija verovatnoće se odnosi na jednako verovatne elementarne ishode.Neka su

elementarni ishodi 1 2, , , nω ω ωL u prostoru 1 2, , , nω ω ωΩ = L jednako verovatni.

DEF Događaj je podskup skupa elementarnih ishoda .

A ⊂ Ω

Pitanje je koliko događaja može da se posmatra u prostoru 1 2, , , nω ω ωΩ = L , odnosno koliko

podskupova ima taj skup.

Ω

A

18

Skup svih podskupova nekog skupa je partitivni skup. Za skup Ω to je

ℙ 1 2 1 2

2

( ) , , , , , , ,

n

n

jednočlani dvočlani

ω ω ω ω ω

Ω = ∅ Ω

K K K144424443 14243

14444444244444443

Znači da se može posmatrati samo 2n događaja u okviru eksperimenta koji ima n elementarnih

ishoda.

Kolekciju skupova ℙ ( )Ω još se naziva poljem događaja i obeležava se sa F .

Posebno se izdvajaju :

∅ - nemoguć događaj i Ω - siguran događaj

DEF Verovatnoća događaja A ⊂ Ω iznosi ( )m

P An

= , gde je m broj

povoljnih a n broj mogućih jednako verovatnih ishoda.

Primer 2.1.1.

∇ Homogena kockica se baca jednom i registruje se broj koji je pao. Izračunati verovatnoće

događaja:

A-pao je broj deljiv sa 3 B- pao je paran broj

C- pao je broj 5 D- pao je broj manji od 6

E- pao je broj 8 F- pao je broj manji od 10

Elementarni ishodi 1,2,3,4,5,6 su jednako verovatni.

Prostor 1,2,3,4,5,6Ω = je skup koji ima 6n = elemenata.

Polje događaja F :

62 64

, 1 , 2 , 6 , 1, , ,dvočlanijednočlani

=

∅ Ω

K K K14424431444442444443

U ovoom eksperimentu, polje događaja je partitivni skup skupa 1,2,3,4,5,6Ω = koji ima

62 64= elemenata. To znači da možemo izračunati verovatnoće samo za 64 događaja. Među njima

su i događaji A,B.C,D,E,F . Treba ih skupovno okarakterisati:

12 3

605

3,6 ; 2,4,6 ; 5 ;

1, 2,3,4,5 ; ; ;

mm m

mmm

A A C

D E F

== =

===

= = =

= = ∅ = Ω 14243

19

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 1 3 1 1; ; ;

6 3 6 2 65 0 6

; 0 ; 16 6 6

P A P B P C

P D P E P F

= = = = =

= = = = =

Događaj E- pao je broj 8, predstavlja nemoguć događaj.

Događaj F- pao je broj manji od 10, predstavlja siguran događaj. ∆

Ukratko, prilikom izračunavanja verovatnoće nekog događaja potrebno je:

-Odrediti skup jednako verovatnih elementarnih ishoda. (mogući ishodi - n )

-Skupovno okarakterisati događaj (povoljni ishodi - m )

Ako se ne pazi da ishodi budu jednako verovatni može doći do netačno izračunatih verovatnoća:

Primer 2.1.2.

∇ Eksperiment: Novčić se baca 3 puta uzastopno.

Izračunati verovatnoću događaja A- pismo je palo tačno jednom.

a) Posmatra se pojava pisma (P) ili grba (G)

b) Posmatra se koliko je puta palo pismo (P) .

a) Ovako treba uraditi zadatak :

Skup mogućih ishoda: 8

, , , , , , ,a PPP GPP PGP PPG PGG GPG GGP GGG

Ω = 144444444424444444443

3

, ,A PGG GPG GGP

= 144424443 ;

3( )

8P A =

b) Klasična definicija verovatnoće se ne sme primeniti ako elementarni ishodi nisu jednako verovatni.

Ovako ne treba uraditi zadatak:

4

0,1,2,3b

Ω =

123 ;

1( )

4P A = što nije tačno.

Postoji veza: 0 , 1 , 2 , 3PGG PPPGGG PPGGPG PGPGGP GPP

123 123 .

3 11 38 88 8

0 , 1 , 2 , 3b

Ω =

123 123

20

Primer 2.1.3. (Paradoks De Merea)

∇ U istoriji verovatnoće poznat je primer De Mere koji se odnosi na kockarsku igru prilikom koje

se bacaju 3 kockice odjednom i registruje se zbir brojeva koji su pali.

Upoređujući verovatnoće sledećih događaja :

A-pao je zbir 11 ; B-pao je zbir 12

De Mere je primetio da se zbir 11 više puta pojavljuje nego zbir 12, dok su

matematičari tvrdili da su im verovatnoće jednake.

Ako bi se za skup elementarnih ishoda uzeo skup koji bi činile kombinacije sa ponavljanjem on

bi imao 56 elemenata. 63

6 3 1 856

3 3C

+ − = = =

To bi bilo opravdano jer se bacaju tri kockica odjednom. Tada bi bilo :

( ) ( )6

56P A P B= = .

De Mere je primetio da se zbir 11 više puta pojavljuje nego zbir 12

i bio je u pravu.

Ti elementarni ishodi nisu jednakoverovatni pa nije bilo korektno

primeniti klasičnu definiciju verovatnoće.

Skup jednakoverovatnih elementarnih ishoda je

36 216

111,112, 223,...,663,664,665,666=

Ω =

144444424444443 Ukupan broj ishoda se iračunava korišćenjem varijacija sa

ponavljanjem: 6 33 6 216V = =

Zbirovi 11 i 12 se dobijaju u sledećim slučajevima:

A-zbir 11 broj ishoda B-zbir 12 broj ishoda

146 6 156 6

155 3 246 6

236 6 255 3

245 6 336 3

335 3 345 6

344 3 444 1

27 25

( )27

216P A = ; ( )

25

216P B = ∆

A-zbir 11 B-zbir 12

146 156

155 246

236 255

245 336

335 345

344 444

21

2.2 Osobine verovatnoće

DEF Verovatnoća je realna funkcija P koja preslikava polje događaja F na odsečak [ ]0,1 ,

[ ]: 0,1P →F i ima sledeće osobine:

1. nenegativnost ( ) 0P A ≥

2. normiranost ( ) 1P Ω =

3. aditivnost ( ) ( ) ( )P A B P A P B∪ = + ; A B∩ = ∅

Napomena:

DEF Kolekcija F događaja vezanih za neki eksperiment predstavlja polje ako

1° Ω∈ F

2° Ako je A∈ F onda je i A∈F

3° Ako je ,A B ∈ F onda je i A B∪ ∈ F

Osobine verovatnoće:

( ) 0 ; ( ) 1

( ) 1 ( )

( ) ( )

( ) 1

P P

P A P A

A B P A P B

A P A

∅ = Ω =

= −

⊂ ⇒ ≤

⊂ Ω ⇒ ≤

DEF Unija dva događaja A i B je događaj C A B= ∪ koji se realizuje ako i samo ako se realizuje

bar jedan od događaja A ili B .

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

Ako se događaji A i B ne mogu istovremeno realizovati, to jest ako je A B∩ = ∅ nazivaju se

disjunktnim (uzajamno se isključuju). Za njih važi :

( ) ( ) ( )P A B P A P B∪ = + jer je ( ) ( ) 0P A B P∩ = ∅ =

DEF Presek dva događaja A i B je događaj C A B= ∩ koji se realizuje ako i samo ako se

realizuju događaji A i B istovremeno.

A

Ω

B

A B∩

A B

Ω

A

Ω A

A

22

Postoji formula za verovatnoću unije tri i više događaja. Za tri događaja glasi:

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )P A B C P A P B P C P A B P A C P B C

P A B C

∪ ∪ = + + − ∩ − ∩ − ∩ +

+ ∩ ∩

Primer 2.2.1

∇ Novčić se baca 5 puta uzastopno. Posmatra se pojava pisma (P) ili grba (G)

Izračunati verovatnoću događaja A- pismo je palo bar jednom.


, , ,...,PPPPP GPPPP PGPPP GGGGG

Ω = 14444444244444443

52 32n = = Jednostavnije je izračunati verovatnoću suprotnog događaja:

A - pismo nije palo nijednom ; 1A GGGGG m= =

1( )

32P A =

1 31( ) 1 ( ) 1

32 32P A P A= − = − = ∆

Primer 2.2.2.


Izračunati verovatnoću događaja :

C - pismo je palo tačno tri puta ili je grb pao tačno tri puta.



Ω = 14444444244444443

Označićemo sa A i B sledeće događaje:

A - pismo je palo tačno četiri puta ; B - grb je pao tačno četiri puta

Tada je C A B= ∪ .

Događaj , , , , ; 5AA PPPPG PPPGP PPGPP PGPPP GPPPP m= =

Događaj , , , , ; 5BB GGGGP GGGPG GGPGG GPGGG PGGGG m= =

A i B su disjunktni događaji pa je

( )5 5 10

( ) ( ) ( )32 32 32

P C P A B P A P B= ∪ = + = + = ∆

A B

C Ω

23

Primer 2.2.3



C - prvi put je palo pismo ili je poslednji put pao grb.



Ω = 14444444244444443

Označićemo sa A i B sledeće događaje:

A - prvi put je palo pismo

B - poslednji put je pao grb

Tada je C A B= ∪ .

Događaj 4, , , ; 2 16AA P PPPP P PPGP P GGGG m= = =K

Događaj 4, , , ; 2 16BB PPPP G PPGPG GGGG G m= = =K

A i B nisu disjunktni događaji jer je

8

3

, , , , ,

2 8A B

A B P PPP G P PPG G P PGP G P GPP G P GGG G

m ∩

∩ =

= =

K14444444444244444444443

( )16 16 8 24

( ) ( ) ( ) ( )32 32 32 32

P C P A B P A P B P A B= ∪ = + − ∩ = + − = ∆

Primer 2.2.4

∇ Bacaju se dve kockice i registruju se brojevi koji su pali. Posmatraju se događaji

A - na prvoj je pao paran broj

B - na obe je pao broj deljiv sa 3

C - na obe je pao isti broj

Izračunati : ( ) ( ) ( ) ( ), , ,P A P B P C P A B C∪ ∪ .

Skup jednakoverovatnih elementarnih ishoda je 36

11,12,13,...,64,65,66n=

Ω =

144424443

Ukupan broj ishoda se iračunava korišćenjem varijacija sa ponavljanjem: 6 22 6 36V = =

Događaj 6 6 6

21, ,26, 42, , 46, 62, ,66 ; 18AA m

= =

K K K14243 14243 14243

Događaj 33,36,63,66 ; 4BB m= =

24

Događaj 11,22,33,44,55,66 ; 6CC m= =

( ) ( ) ( )18 1 4 1 6 1

, ,36 2 36 9 36 6

P A P B P C= = = = = =

( )2

63,66 ;36

A B P A B∩ = ∩ =

( )3

22,44,66 ;36

A C P A C∩ = ∩ =

( )2

33,66 ;36

B C P B C∩ = ∩ =

( )1

66 ;36

A B C P A B C∩ ∩ = ∩ ∩ =

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )

18 4 6 2 3 2 1 22 11

36 36 36 36 36 36 36 36 18

P A B C P A P B P C P A B P A C P B C

P A B C

∪ ∪ = + + − ∩ − ∩ − ∩ +

+ ∩ ∩ = + + − − − + = =

∆

Primer 2.2.5 ( Rođendanski problem )

∇ Kolika je verovatnoća da u grupi n ljudi bar dva imaju rođendan istog dana. (pretpostavlja se da

godina ima 365 dana)

Ovo je klasični problem teorije verovatnoće a postavio ga je Devenport. Navođen je u literaturi u

različitim varijantama. Njegova popularnost potiče od začuđujućeg rezultata koji se dobija rešavanjem

zadatka.

Uvedimo sledeće oznake:

Događaj iA - u grupi od i osoba bar dve imaju isti rođendan

Događaj iA - u grupi od i osoba ne postoje dve koje imaju isti rođendan

Na primer: 2A - da dve osobe imaju isti rođendan

( ) ( )( )

2 2 2

365 3641 1 0.003

365P A P A

⋅= − = − =

3A - u grupi od 3 osoba bar dve imaju isti rođendan

( ) ( )( )

3 3 3

365 364 3631 1 0.008

365P A P A

⋅ ⋅= − = − =

----------------------------------------------------------------------------

kA - u grupi od k osoba bar dve imaju isti rođendan

25

( ) ( )( )

365 364 (365 1)1 1

365k k k

kP A P A

⋅ ⋅ ⋅ − += − = −

L

Rezultati će biti prikazani u tabeli:

Broj osoba n ( )nP A Broj osoba n ( )nP A Broj osoba n ( )nP A

2 0.003 19 0.379 36 0.832

3 0.008 20 0.411 37 0.849

4 0.016 21 0.444 38 0.864

5 0.027 22 0.476 39 0.878

6 0.040 23 0.507 40 0.891

7 0.056 24 0.538 41 0.903

8 0.074 25 0.569 42 0.914

9 0.095 26 0.598 43 0.924

10 0.117 27 0.627 44 0.933

11 0.141 28 0.654 45 0.941

12 0.167 29 0.681 46 0.948

13 0.194 30 0.706 47 0.955

14 0.223 31 0.730 48 0.961

15 0.253 32 0.753 49 0.966

16 0.284 33 0.775 50 0.970

17 0.315 34 0.795

18 0.347 35 0.814

Primećuje se da ako je u grupi 23 osobe, veća je verovatnoća da među njima ima bar dve koje imaju

isti rođendan nego da svi imaju različite rođendane. ∆

2.3.Uslovna verovatnoća

Postoje događaji čija realizacija zavisi od prethodne realizacije nekih drugih događaja.Verovatnoće

takvih događaja nazivaju se uslovnim .

DEF Uslovna verovatnoća događaja B pri uslovu A definiše se :

( )

( ) ; ( ) 0( )

P A BP B A P A

P A

∩= ≠

Pomoću uslovnih verovatnoća može se definisati verovatnoća preseka događaja:

26

( ) ( ) ( ) ;

( ) ( ) ( )

P A B P A P B A A B B A

P B A P B P A B

∩ = ∩ = ∩

∩ =

Sledi da je ( ) ( ) ( ) ( )P A P B A P B P A B= .

Primer 2.3.1

∇ U kutiji se nalazi 15 belihi 5 crnih kuglica.Iz kutije se uzimaju dve luglice, jedna za drugom, bez

vraćanja.Izračunati verovatnoću događaja :

-Druga izvučena kuglica je bela uz uslov da je prva izvučena bela ( )P B A i

-Druga izvučena kuglica je bela uz uslov da je prva izvučena crna ( )P B A

Uvedimo oznake:

A-prva izvučena kuglica je bela

B- druga izvučena kuglica je bela

Verovatnoća događaja B zavisi od toga da li je realizovan događaj A ili suprotan događaj A .

15 5( ) ; ( )

20 2014 15

( ) ; ( )19 19

P A P A

P B A P B A

= =

= =

∆

2.4.Formula potpune (totalne) verovatnoće

Za događaje 1 2, , , nA A AK se kaže da čine razbijanje skupa Ω , ako su disjunktni i takvi da je njihova

unija skup Ω , 1

n

i

i

A=

= Ω∑ . Ako verovatnoća događaja B zavisi od realizacija događaja iA onda važi

:

1 1 2 2

1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

n n

n

k k

k

P B P A P B A P A P B A P A P B A

P A P B A=

= + + + =

=∑

L

Primer 2.4.1

∇ Koristeći formulu totalne verovatnoće u primeru 2.3.1. može se izračunati verovatnoća dobađaja

B- druga izvučena kuglica je bela .

Razbijanje skupa Ω čine disjunktni skupovi A i A .

Izračunate su sve potrebne verovatnoće:

Ω

A A

B

27

15 5( ) ; ( )

20 2014 15

( ) ; ( )19 19

P A P A

P B A P B A

= =

= =

14 15 15 5( ) ( ) ( ) ( ) ( )

19 20 19 20

210 75 285 285

19 20 19 20 380

P B P B A P A P B A P A= + = ⋅ + ⋅ =

+= = =

⋅ ⋅

∆

Primer 2.4.2

∇ U salonu automobila se prodaju četiri modela. Prvi model je zastupljen dvostruko više nego drugi a

drugi, treći i četvrti su u istim količinama.Verovatnoća da će prvi model biti prodat, u toku jednog

dana , iznosi 5%, za drugi model 3%, za treći model 2% i za četvrti 1%.

Izračunati verovatnoću događaja

B- da će u toku dana biti prodat jedan automobil.

iA - i-ti model 1,2,3,4i = ; 1 2 3 4, , ,A A A A čine razbijanje skupa Ω

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

1 2 3 4

1 2 2 3 4

1 2 3 4

; 1

2 ;

2 1;

5 5

A A A A P

P A P A P A P A P A

P A P A P A P A

∪ ∪ ∪ = Ω Ω =

= = =

= = = =

( )1

2

5P A = ; 1( ) 5%P B A =

( )2

1

5P A = ; 2( ) 3%P B A =

( )3

1

5P A = ; 3( ) 2%P B A =

( )4

1

5P A = ; 4( ) 1%P B A =

Ω 1A

4A 3A

2A

B

28

1 1 2 2 3 3 4 4( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 5 1 3 1 2 1 1 10 3 2 1 16 4

5 100 5 100 5 100 5 100 500 500 125

P B P A P B A P A P B A P A P B A P A P B A= + + + =

+ + += ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = = =

∆

2.5. Bajesova formula (Bayes)

Korišćenjem činjenice da je ( ) ( ) ( ) ( )P A P B A P B P A B= , ako se to primeni na skupove iB A∩ ,

dobija se formula:

1

( ) ( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )

i i i i

i n

k k

k

P A P B A P A P B AP A B

P BP A P B A

=

= =

∑

( )P B koje se koristi u ovoj formuli se izračunava pomoću formule potpune verovatnoće.

Pomoću Bajesove formule se mogu izračunati uslovne verovatnoće ( )iP A B .

Primer 2.5.1

Ako je poznato da je u salonu automobila , iz primera 2.4.2 , prodat jedan automobil, realizovan je

događaj B . Mogu izračunati uslovne verovatnoće ( )iP A B .

Na primer: Zna se da je prodat jedan automobil.Kolika je verovatnoća da je to baš model četvrtog

tipa, 4( )P A B ?

4 44

1 1( ) ( ) 15 100( )

16( ) 16500

P A P B AP A B

P B

⋅

= = =

Slično, da je prodat model prvog tipa, je

1 11

2 5( ) ( ) 105 100( )

16( ) 16500

P A P B AP A B

P B

⋅

= = = ∆

2.6. Binomna verovatnoća (Bernulijeva šema)

Švajcarski matematičar Jacob Bernoulli (1654-1705) dao je postupak izračunavanja verovatnoća

događaja vezanih za ponavljanje jednog eksperimenta koji ima dva moguća ishoda.

U svakom od n nezavisnih eksperimenata događaj A se realizuje sa verovatnoćom p , a njemu

suprotan događaj A sa verovatnoćom q .

( ) ; ( ) 1P A p P A p q= = − =

29

Verovatnoća da će se u tih n eksperimenata događaj A realizovati tačno k puta iznosi:

( )∗ ( )

!( )

! !k n k k n k

n

n nP k p q p q

k k n k

− − = =

−

Ako se događaj A realizuje u prvih k puta u preostalih n k− puta će se realizovati njemu

suprotan događaj A . Taj događaj se može predstaviti nizom ... ...n kk

AA A A A−

123 i njegova verovatnoća

iznosi k n kp q

− . Sličnih nizova dužine n gde se

A realizuje u tačno k puta a A preostalih n k− puta ima

( ),

! ( 1) ( 1)( )

! ! !k n k

nn n n n kP n

kk n k k−

− − += = =

−

L.

Na taj način se došlo do formule ( )∗ .

Kako su svi mogući rezultati u n eksperimenata nezavisni važi sledeća jednakost:

0

(0) (1) ( ) ( ) ( ) 1n

n n n n n

i

P P P k P n P i=

+ + + + + = =∑L L .

To se izvodi primenom binomnog razvoja :

0 1 1 0

1

( )

0

( )0 1

1 1

n

n n n n k k n

P k

nn k k n

i

n n n nq p q p q p q p q p

k n

nq p

i

− −

−

=

+ = + + + + + =

= = =

∑

L L

14243

Binomna verovatnoća određena je parametrima raspodele n i p . B ( ),n p

Primer 2.6 1.

∇ Košarkaš, koji pogađa slobodno bacanje sa verovatnoćom p=90%, izvodi 9 bacanja. Kolika je

verovatnoća sledećih događaja :

a) A- koš je pogođen tačno 3 puta

b) B- koš je pogođen bar 8 puta

a) 0,9 ; 0,1 ; 9p q n= = =

3 6 3 69

9 9 8 7( ) (3) (0.9) (0.1) (0.9) (0.1) 84 0.729 0.000001

3 3 2 1

0.000 061 236

P A P ⋅ ⋅

= = = = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

=

30

b)

8 1 9 09 9

8 9 9

9 9( ) (8) (9) (0.9) (0.1) (0.9) (0.1)

8 9

9 (0.9) (0.1) (0.9) 2 (0.9) 0.774 840 978

P B P P

= + = + =

= ⋅ + = ⋅ =

∆

Napomena: Ovakva izračunavanja su dosta zamorna. Postoje specijalizovane tablice za izračunavanje

binomnih verovatnoća kao i različiti programi koji se time bave.

U EXCELU postoji funkcija BINOMDIST pomoću koje se izračunavaju tražene verovatnoće.

Primer 2.6 2.

∇ Na testu iz verovatnoće studenti odgovaraju na (8) pitanja. Za svako pitanje postoji 5

ponuđenih odgovora, od kojih je samo jedan tačan. Kolika je verovatnoća da student, koji na svako

pitanje sličajno bira odgovor :

a) A- tačno odgovori na sva pitanja

b) B- tačno odgovori na bar 4 pitanja .

Uvedimo oznake :

p -student je izabrao tačan odgovor 1

5p =

q -student je izabrao netačan odgovor 4

5q =

a) 8 08

8( ) (8) (0.2) (0.8) 0.000 025 6

8P A P

= = =

b) 8 8 8 8 8( ) (4) (5) (6) (7) (8)P B P P P P P= + + + +

0,0458752 8 (4)P

0,00917504 8 (5)P

0,00114688 8 (6)P

0,00008192 8 (7)P

0,00000256 8 (8)P

0,056282 8 8 8 8 8(4) (5) (6) (7) (8)P P P P P+ + + +

U ovom slučaju je jednostavnije izračunati ( )P B .

8 8 8 8

0 8 1 7 2 6 3 5

8 1 7 2 6 3 5

( ) (0) (1) (2) (3)

8 8 8 8(0.2) (0.8) (0.2) (0.8) (0.2) (0.8) (0.2) (0.8)

0 1 2 3

(0.8) 8 (0.2) (0.8) 28 (0.2) (0.8) 56 (0.2) (0.8)

0,9437184

P B P P P P= + + + =

= + + + =

= + ⋅ + ⋅ + ⋅ =

=

31

( ) 1 ( )P B P B= −

( ) 1 ( ) 1 0,9437184= 0,0562816P B P B= − = −

Upravo je izračunata verovatnoća da se položi kolokvijum iz verovatnoće ako se nasumice

popunjava test. Verovatnoća iznosi manje od 6% ( približno 5,63 % ).

32

2.7. Vežbanje:

1. Novčić se baca 5 puta i registruje se pojava pisma (P) ili grba (G). Izračunati verovatnoće sledećih

događaja :

A- Grb je pao tačno 5 puta

B- Pismo je palo tačno 2 puta.

C- Grb je pao bar 4 puta.

2. Bacaju se 2 kockice. Izračunati verovatnoće sledećih događaja :

D- pao je zbir 5

E- pala su dva ista broja

F- pao je zbir koji nije veći od 7

G- pao je zbir koji nije manji od 10

H- pao je zbir koji je veći od 1

I- pao je zbir koji nije veći od 13

3 .Bacaju se 3 kockice. Izračunati verovatnoće sledećih događaja :

A- pao je zbir 5

B- pala su tri ista broja

C- pao je zbir koji nije veći od 7

D- pao je zbir koji nije manji od 16

E- pao je zbir koji je veći od 16

4 .Bacaju se 3 kockice. Uporediti verovatnoće sledećih događaja :

A-pao je zbir 11

B-pao je zbir 12

(Paradoks De Merea)

5. Baca se 5 kockica. Izračunati verovatnoće sledećih događaja :

A-pao je zbir 8

B-pao je zbir koji nije veći od 7

C-pao je zbir koji nije manji od 28

D-palo je pet istih brojeva

E-pao je ful ( tri iste i dve iste ali različite od tri)

F- pala su tačno četiri ista broja

G- palo je pet uzastopnih brojeva ( kenta)

6. U kutiji se nalazi 10 belih i 8 crnih koglica. Izvlače se 3 kuglice odjednom. Izračunati verovatnoće

sledećih događaja :

A-izvučene su 3 bele

B- izvučene su 3 crne

C-izvičene su 2 bele i 1 crna

33

7. Student zna 28 pitanja od 40. Na ispitu izvlači cedulju sa 3 pitanja.Izračunati verovatnoće sledećih

događaja :

A-izvukao je 3 pitanja koja zna

B- izvukao je 3 pitanja koja ne zna

C-izvukao je 2 pitanja koja zna i 1 koje ne zna

8. U autobusu koji staje na 6 stanica nalazi se 5 putnika.Izračunati verovatnoće sledećih događaja :

A-svi putnici izlaze na trećoj stanici

B- svi putnici izlaze na istoj stanici

C- svi putnici izlaze na različitim stanicama





10. Novčić se baca 4 puta uzastopno. Posmatra se pojava pisma (P) ili grba (G)


C - prvi put je palo pismo ili je poslednji put pao grb.

11. Bacaju se dve kockice i registruju se brijevi koji su pali. posmatraju se događaji

A - na obe je pao paran broj

B - na obe je pao neparan broj



12. U kutiji se nalazi 100 sijalica od kojih je 5 neispravno.Iz kutije se uzimaju dve sijalice, jedna za

drugom, bez vraćanja.Izračunati verovatnoće događaja :

A-Prva izvučena sijalica je neispravna

B-Druga izvučena sijalica je neispravna.

13. U skladištu su proizvodi 3 fabrike. Prva proizvodi duplo više nego druga a druga i treća istu

količinu. Prva fabrika proizvodi 1% ,druga 2% a treća 3% neispravnih artikala.

a) Slučajno se bira jedan proizvod. Izračunati verovatnoću događaja

B- izabrani proizvod je neispravan.

b) Izvučen je neispravan proizvod. Izračunati verovatnoću da proizvod potiče iz prve fabrike.

14. U tri kutije se nalaze bele i crne kuglice.Raspored kuglica je sledeći:

I 5 belih 5 crnih ; II 3 bele 7 crnih ; III 4 bele 6 crnih

Na slučajan način se bira kutija i iz nje se izvlači jedna kuglica. Verovatnoće izbora kutija su jednake.

Izračunati verovatnoće sledećih događaja :

a) B-izvučena je bela kuglica

b) Izvučena je bela kuglica. Kolika je verovatnoća da potiče iz druge kutije.

34



Na slučajan način se bira kutija i iz nje se izvlače 2 kuglice odjednom. Verovatnoće izbora kutija su

jednake.


a) B-izvučene su dve bele kuglice

b) Izvučene su dve bele kuglice. Kolika je verovatnoća da potiču iz treće kutije.

16. Dve kutije sadrže bele i crne kuglice.Raspored kuglica je sledeći:

I 5 belih 3 crne ; II 6 belih 3 crne

Na slučajan način se iz I kutije izvlače 2 kuglice odjednom i premeštaju u II.Posle se iz II kutije

izvlače dve kuglice odjednom.


B- iz II kutije su izvučene dve bele kuglice.

17. Novčić se baca 10 puta. Kolika je verovatnoća sledećih događaja :

A- grb je pao tačno 4 puta

B- grb je pao bar 8 puta

C- grb je pao manje od 4 puta.

18. Kockica se baca 9 puta. Kolika je verovatnoća sledećih događaja :

A- 1 je pala tačno 4 puta

B- 1 je pala bar 7 puta

C- 1 je pala manje od 3 puta

19. Strelac gađa u metu 10 puta. Verovatnoća da će cilj biti pogođen, prilikom jednog gađanja, je

p=80%.Kolika je verovatnoća sledećih događaja :

A- meta je pogođena tačno 3 puta

B- meta je pogođena bar 9 puta

20. U kutiji se nalazi 10 belih i 20 crnih koglica. Izvlači se 1 kuglica sa vraćanjem, 15 puta.


A- bela kuglica će biti izvučena tačno 5 puta

B- bela kuglica će biti izvučena tačno 12 puta

C- bela kuglica će biti izvučena manje od 5 puta

21. U kutiji se nalazi 10 belih i 20 crnih koglica. Izvlače se 2 kuglice odjednom, sa vraćanjem, 15

puta. Izračunati verovatnoće sledećih događaja :

A- dve bele kuglice će biti izvučene tačno 5 puta

35

B- dve crne kuglice će biti izvučene tačno 12 puta

C- dve bele kuglica će biti izvučene manje od 5 puta

22. Na prijemnom ispitu kandidati odgovaraju na 10 pitanja. Imaju za svako pitanje ponuđenih 5

odgovora od kojih je samo jedan tačan. Kolika je verovatnoća da kandidat koji na svako pitanje

sličajno bira odgovor:

a) tačno odgovori na sva pitanja

b) tačno odgovori na bar 5 pitanja .

23. Na ispitu studenti odgovaraju na 6 pitanja. Za svako pitanje postoji 5 ponuđenih odgovora, od

kojih je samo jedan tačan. Kolika je verovatnoća da student, koji na svako pitanje sličajno bira

odgovor :



36

2.7.Rešenja zadataka:

1. Novčić se baca 5 puta i registruje se pojava pisma (P) ili grba (G). Izračunati verovatnoće sledećih

događaja :

a) A- Grb je pao tačno 5 puta

b) B- Pismo je palo tačno 2 puta.

c) C- Grb je pao bar 4 puta.

a) Skup jednakoverovatnih elementarnih ishoda čine nizovi dužine 5 sastavljenih od slova slova P i G.

32

, , , ,PPPPP GPPPP PGPPP GGGGG

Ω =

L14444444244444443 . Broj mogućih ishoda je 2 55 2 32V = = .

Događaj A : A GGGGG= ; 1

( )32

P A =

b) 10

, , ,B PPGGG PGPGG GGGPP

=

K1444442444443 ; 10 5

( )32 16

P B = =

Do broj povoljnih ishoda za događaj B se može doći nabrajanjem ili korišćenjem kombinatorike.

Koriste se permutacije sa ponavljanjem 2,3

5!(5) 10

2!3!P = =

.

c) Povoljni su oni ishodi gde je grb pao 4 puta kao i gde je pao 5 puta.

5 1

, , , , ,C PGGGG GPGGG GGPGG GGGPG GGGGP GGGGGG

+

= 144444444444424444444444443

6 3

( )32 16

P C = =


D - pao je zbir 5

E - pala su dva ista broja

F –pao je zbir koji nije veći od 7

G –pao je zbir koji nije manji od 10

H –pao je zbir koji je veći od 1

I -pao je zbir koji nije veći od 13


11,12,13,...,64,65,66n=

Ω =

144424443


Događaj ( )4 1

14,41, 23,32 ; 4 ;36 9D

D m P D= = = =

37

Događaj ( )6 1

11,22,33,44,55,66 ; 6 ;36 6E

E m P E= = = =

Za događaj F povoljni su ishodi kod kojih je zbir brojeva koji su pali 2,3,4,5,6 i 7.

( )

2 3 4 5 6 7

11 ,12,21,13,31,22,14, 41,23,32,15,51,24,42,33,16,61, 25,52,34, 43

21 721 ;

36 12

zbir zbir zbir zbir zbir zbir

F

F

m P F

=

= = =

14243 14243 1442443 144424443 Za događaj G

povoljni su ishodi kod kojih je zbir brojeva koji su pali 10,11 i 12.

( )121110

6 146,64,55,56,65, 66 ; 6 ;

36 6G

zbirzbirzbir

G m P G

= = = = 14243

Događaji H i I su sigurni događaji. ( ) ( )36

36 ; 136H I

m m P H P I= = = = =


A - pao je zbir 5

B - pala su tri ista broja

C - pao je zbir koji nije veći od 7

D - pao je zbir koji nije manji od 16

E - pao je zbir koji je veći od 16

Skup jednakoverovatnih elementarnih ishoda je 36 216

111,112,223,...,663,664,665,666=

Ω =

144444424444443

Ukupan broj ishoda se izračunava korišćenjem varijacija sa ponavljanjem: 6 33 6 216V = =

( )6 1

122,212, 221,113,131,311, ; 6 ;216 36A

A m P A= = = =

( )6 1

111,222,333,444,555,666 ; 6 ;216 36B

B m P B= = = =

Za događaj C povoljni su ishodi kod kojih je zbir brojeva koji su pali 3,4,5,6 i 7.

U tabeli je dat pregled povoljnih ishoda . Na primer, zbir 4 se dobija u ishodima 112,121 i 211,

ukupno 3.

( )35

35 ;216Cm P C= =

38

Za događaj D povoljni su ishodi kod kojih je zbir brojeva koji su pali 16,17 i 18.

zbir 16

466

556

3

3

zbir 17 566 3

zbir 18 666 1

ukupno 10

( )10

10 ;216Dm P D= =

Za događaj E povoljni su ishodi kod kojih je zbir brojeva koji su pali 17 i 18.

zbir 17 566 3

zbir 18 666 1

ukupno 4

( )4 1

10 ;216 54Em P E= = =

6. U kutiji se nalazi 10 belih i 8 crnih koglica. Izvlače se 3 kuglice odjednom. Izračunati verovatnoće

sledećih događaja :

A-izvučene su 3 bele

B- izvučene su 3 crne

C-izvičene su 2 bele i 1 crna

zbir 3 111 1

zbir 4 112 3

zbir 5

113

122

3

3

zbir 6

114

123

222

3

6

1

zbir 7

115

124

133

223

3

6

3

3

ukupno 35

39

10 8 10 8

3 3 2 1( ) ; ( ) ; ( ) ;

18 18 18

3 3 3

P A P B P C

= = =

7. Student zna 28 pitanja od 40. Na ispitu izvlači cedulju sa 3 pitanja.Izračunati verovatnoće sledećih

događaja :

A-izvukao je 3 pitanja koja zna

B- izvukao je 3 pitanja koja ne zna

C-izvukao je 2 pitanja koja zna i 1 koje ne zna

28 12 28 12

3 3 2 1( ) ; ( ) ; ( ) ;

40 40 40

3 3 3

P A P B P C

= = =





Označimo putnike sa a,b,c,d,e i stanice sa 1,2,3,4,5 i 6. Svakom od putnika se dodeljuje broj stsnice

na kojoj izlazi. Na primer, 66665 znači da su a,b,c,dizašli na šestoj stanici a putnik e na petoj. Na taj

način mogu se svi elementarni ishodi izraziti preko varijacija sa ponavljanjem klase 5 od 6 elemenata,

6 55 6 7776V = = .

Događaj A : 33333A = ; ( )1

1 ;7776Am P A= =

11111, 22222,33333,44444,55555,66666B = ; ( ) 5

6 16 ;

6 1296Bm P A= = =

Ukupan broj povoljnih ishoda za događaj C se može izračunati kao broj varijacija klase 5 od 6

elemenata bez ponavljanja a to je 65 6 5 4 3 2 720V = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = . Prema tome

( )720 5

7776 54P C = =

11. Bacaju se dve kockice i registruju se brijevi koji su pali. posmatraju se događaji

A - na obe je pao paran broj

B - na obe je pao neparan broj


40



11,12,13,...,64,65,66n=

Ω =

144424443


Događaj 22,24,26, 42,44,46,62,64,66 ; 9AA m= =

Događaj 11,13,15,31,33,35,51,53,55 ; 9BB m= =

Događaj 11,22,33,44,55,66 ; 6CC m= =

( ) ( ) ( )9 1 9 1 6 1

, ,36 4 36 4 36 6

P A P B P C= = = = = =

( ); 0A B P A B∩ = ∅ ∩ =

( )3

22,44,66 ;36

A C P A C∩ = ∩ =

( )3

11,33,66 ;36

B C P B C∩ = ∩ =

( ); 0A B C P A B C∩ ∩ = ∅ ∩ ∩ =

Pošto događaji A,B,i C nisu svi među sobom disjunktni mora se koristiti formula :

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )

9 9 6 3 3 18 1

36 36 36 36 36 36 2

P A B C P A P B P C P A B P A C P B C

P A B C

∪ ∪ = + + − ∩ − ∩ − ∩ +

+ ∩ ∩ = + + − − = =

12. U kutiji se nalazi 100 sijalica od kojih je 5 neispravno.Iz kutije se uzimaju dve sijalice, jedna za

drugom, bez vraćanja.Izračunati verovatnoću događaja : Druga izvučena sijalica je neispravna.

Uvedimo oznake:

A-prva izvučena sijalica je neispravna

B- druga izvučena sijalica je neispravna

Verovatnoća događaja B zavisi od toga da li je realizovan događaj A ili suprotan događaj A . Koristeći

formulu totalne verovatnoće dobija se:

5 95( ) ; ( )

100 1004 5

( ) ; ( )99 99

P A P A

P B A P B A

= =

= =

41

4 5 5 95( ) ( ) ( ) ( ) ( )

99 100 99 100

20 475 495 1

99 100 99 100 20

P B P B A P A P B A P A= + = + =

+= = =

⋅ ⋅

13. U skladištu su proizvodi 3 fabrike. Prva proizvodi duplo više nego druga a druga i treća istu

količinu. Prva fabrika proizvodi 1% ,druga 2% a treća 3% neispravnih artikala.

a) Slučajno se bira jedan proizvod. Izračunati verovatnoću događaja

B- izabrani proizvod je neispravan.

b) Izvučen je neispravan proizvod. Izračunati verovatnoću da proizvod potiče iz prve fabrike.

a) Označimo sa iA –proizvod je iz i-te fabrike, 1,2,3i =

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1 2 3

1 2 2 3

1 2 3

; 1

2 ;

2 1;

4 4

A A A P

P A P A P A P A

P A P A P A

∪ ∪ = Ω Ω =

= =

= = =

( )1

2

4P A = ; 1( ) 1%P B A =

( )2

1

4P A = ; 2( ) 2%P B A =

( )3

1

4P A = ; 3( ) 3%P B A =

1 1 2 2 3 3( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 1 1 2 1 3 2 2 3 7

4 100 4 100 4 100 400 400

P B P A P B A P A P B A P A P B A= + + =

+ += ⋅ + ⋅ + ⋅ = =

b) To što je izvučen neispravan proizvod znači da se realizovao događaj B i korišćenjem Bajesove

formule se dobija:

1 11

2 1( ) ( ) 24 100( )

7( ) 7400

P A P B AP A B

P B

⋅

= = =



Na slučajan način se bira kutija i iz nje se izvlači jedna kuglica. Verovatnoće izbora kutija su jednake.


a) B-izvučena je bela kuglica

b) Izvučena je bela kuglica. Kolika je verovatnoća da potiče iz druge kutije.

42

a) Označimo sa iA –izabrana je i-ta kutija , 1,2,3i =

( )1 2 3 ; 1A A A P∪ ∪ = Ω Ω =

Pošto su verovatnoće izbora kutija jednake, važi

( ) ( ) ( )1 2 3

1

3P A P A P A= = =

( )1

5/

10P B A = jer je u prvoj kutiji 5 belih od mogućih 10

( )2

3/

10P B A = jer je u prvoj kutiji 3 bele od mogućih 10

( )3

4/

10P B A = jer je u prvoj kutiji 4 bele od mogućih 10

1 1 2 2 3 3( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 5 1 3 1 4 12 2

3 10 3 10 3 10 30 5


= ⋅ + ⋅ + ⋅ = =

b) To što je izvučena bela kuglica znači da se realizovao događaj B .Korišćenjem Bajesove formule

se dobija:

2 22

1 3( ) ( ) 3 13 10( )

12( ) 12 430

P A P B AP A B

P B

⋅

= = = =



Na slučajan način se bira kutija i iz nje se izvlače 2 kuglice odjednom. Verovatnoće izbora kutija su

jednake. Izračunati verovatnoće sledećih događaja :

a) B-izvučene su dve bele kuglice

b) Izvučene su dve bele kuglice. Kolika je verovatnoća da potiču iz treće kutije.

a) Označimo sa iA –izabrana je i-ta kutija , 1,2,3i =

( )1 2 3 ; 1A A A P∪ ∪ = Ω Ω =

Pošto su verovatnoće izbora kutija jednake, važi

( ) ( ) ( )1 2 3

1

3P A P A P A= = =

( )1

5

2/

11

2

P B A

=

jer se iz prve kutije izvlače 2 bele od mogućih 11

43

( )2

3

2/

11

2

P B A

=

jer se iz druge kutije izvlače 2 bele od mogućih 11

( )3

4

2/

11

2

P B A

=

jer se iz prve kutije izvlače 2 bele od mogućih 11

1 1 2 2 3 3( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

5 3 4 5 3 4

2 2 2 2 2 21 1 1 38 1911 11 11 113 3 3 330 165

32 2 2 2


+ +

= ⋅ + ⋅ + ⋅ = = =

⋅

b) To što je izvučene dve bele kuglice znači da se realizovao događaj B .Korišćenjem Bajesove

formule se dobija:

3 33

1 4 3( ) ( ) 12 63 11 10( )

38( ) 38 19330

P A P B AP A B

P B

⋅⋅

⋅= = = =

16. Dve kutije sadrže bele i crne kuglice.Raspored kuglica je sledeći:

I 5 belih 3 crne ; II 6 belih 3 crne

Na slučajan način se iz I kutije izvlače 2 kuglice odjednom i premeštaju u II.Posle se iz II kutije

izvlače dve kuglice odjednom.


B- iz II kutije su izvučene dve bele kuglice.

Uvode se sledeće oznake :

1A - iz prve kutije su izvučene 2 bele kuglice i prebačene u drugu

2A - iz prve kutije su izvučene 1 bela kuglica;1 crna kuglica i prebačene u drugu

3A - iz prve kutije su izvučene 2 crne kuglice i prebačene u drugu

Ova tri događaja čine razbijanje skupa Ω .

( )1

5 5 42 202 1

8 78 562 12

P A

⋅ ⋅= = =

⋅ ⋅

; ( )2

5 3 5 31 1 301 1

8 78 562 12

P A

⋅ ⋅= = =

⋅ ⋅

; ( )3

3 3 22 62 1

8 78 562 12

P A

⋅ ⋅= = =

⋅ ⋅

( )1 2 3 ; 1A A A P∪ ∪ = Ω Ω =

44

Posle realizacije događaja 1A , tj. posle prebacivanja dve bele kuglice u drugoj kutiji će biti dve bele

više, odnosno biće 8 belih i 3 crne. Zbog toga je

( )1

8

2 8 7/

11 11 10

2

P B A

⋅ = =

⋅

;

Posle realizacije događaja 2A , tj. posle prebacivanja jedne bele i jedne crne kuglice u drugoj kutiji će

biti 7 belih i 4 crne. Zbog toga je

( )2

7

2 7 6/

11 11 10

2

P B A

⋅ = =

⋅

;

Posle realizacije događaja 3A , tj. posle prebacivanja dve crne kuglice u drugoj kutiji će biti dve crne

više, odnosno biće 6 belih i 5 crnih. Zbog toga je

( )3

6

2 6 5/

11 11 10

2

P B A

⋅ = =

⋅

Pomoću formule totalne verovatnoće se dobija:

1 1 2 2 3 3( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

20 8 7 30 7 6 6 6 5 1120 1260 180 25600,416

56 11 10 56 11 10 56 11 10 6160 6160


⋅ ⋅ ⋅ + += ⋅ + ⋅ + ⋅ = = =

⋅ ⋅ ⋅

17. Novčić se baca 10 puta. Kolika je verovatnoća sledećih događaja :

A- grb je pao tačno 4 puta

B- grb je pao bar 8 puta

C- grb je pao manje od 4 puta.

0,5 ; 0,5 ; 10p q n= = =

4 610

10( ) (4) (0.5) (0.5)

4P A P

= =

8 2 9 1 9 110 10 10

10 10 10( ) (8) (9) (10) (0.5) (0.5) (0.5) (0.5) (0.5) (0.5)

8 9 9P B P P P

= + + = + +

10 10 10 10

0 10 1 9 2 8 3 7

( ) (0) (1) (2) (3)

10 10 10 10(0.5) (0.5) (0.5) (0.5) (0.5) (0.5) (0.5) (0.5)

0 1 2 3

P C P P P P= + + + =

= + + +

45

18. Kockica se baca 9 puta. Kolika je verovatnoća sledećih događaja :

A- 1 je pala tačno 4 puta

B- 1 je pala bar 7 puta

C- 1 je pala manje od 3 puta

1 5; ; 9

6 6p q n= = =

4 5

9

9 1 5( ) (4)

4 6 6P A P

= =

7 2 8 1 9 0

9 9 9

9 9 91 5 1 5 1 5( ) (7) (8) (9)

7 9 96 6 6 6 6 6P B P P P

= + + = + +

9 9 9

0 9 1 8 2 7

( ) (0) (1) (2)

9 9 91 5 1 5 1 5

0 1 26 6 6 6 6 6

P C P P P= + + =

= + +

19. Strelac gađa u metu 10 puta. Verovatnoća da će cilj biti pogođen, prilikom jednog gađanja, je

p=80%.Kolika je verovatnoća sledećih događaja :

A- meta je pogođena tačno 3 puta

B- meta je pogođena bar 9 puta

0,8 ; 0,2 ; 10p q n= = = itd.

20. U kutiji se nalazi 10 belih i 20 crnih koglica. Izvlači se 1 kuglica sa vraćanjem, 15 puta.


A- bela kuglica će biti izvučena tačno 5 puta

B- bela kuglica će biti izvučena tačno 12 puta

C- bela kuglica će biti izvučena manje od 5 puta

1 2; ; 15

3 3p q n= = = itd.

21. U kutiji se nalazi 10 belih i 20 crnih koglica. Izvlače se 2 kuglice odjednom, sa vraćanjem, 15

puta. Izračunati verovatnoće sledećih događaja :

A- dve bele kuglice će biti izvučene tačno 5 puta

B- dve crne kuglice će biti izvučene tačno 12 puta

C- dve bele kuglica će biti izvučene manje od 5 puta

46

10

2 3 26; ; 15

30 29 29

2

p q n

= = = =

itd.

22. Na prijemnom ispitu kandidati odgovaraju na 10 pitanja. Imaju za svako pitanje ponuđenih 5

odgovora od kojih je samo jedan tačan. Kolika je verovatnoća da kandidat koji na svako pitanje

sličajno bira odgovor:

a) tačno odgovori na sva pitanja

b) tačno odgovori na bar 5 pitanja .

1 4; ; 10

5 5p q n= = = itd.

23. Na ispitu studenti odgovaraju na 6 pitanja. Za svako pitanje postoji 5 ponuđenih odgovora, od

kojih je samo jedan tačan. Kolika je verovatnoća da student, koji na svako pitanje sličajno bira

odgovor :



Uvedimo oznake : p -student je izabrao tačan odgovor 1

5p =

q -student je izabrao netačan odgovor 4

15

q p= − =

a) 6 06

6( ) (6) (0.2) (0.8) 0.000 064

6P A P

= = =

b) 6 6 6 6( ) (3) (4) (5) (6)P B P P P P= + + +

U ovom slučaju je jednostavnije izračunati verovatnoću suprotnog događaja ( )P B .

6 6 6

0 6 1 5 2 4

6 1 5 2 4

( ) (0) (1) (2)

6 6 6(0.2) (0.8) (0.2) (0.8) (0.2) (0.8)

0 1 2

(0.8) 6 (0.2) (0.8) 15 (0.2) (0.8)

0.262144 1.2 0.327 68 0.6 0.409 6 0.262144 0.393 216 0.245 76

0.901120

P B P P P= + + =

= + + =

= + ⋅ + ⋅ =

= + ⋅ + ⋅ = + + =

=

( ) 1 ( )P B P B= −

( ) 1 ( ) 1 0.901120 0.098 88P B P B= − = − =

47

3. SLUČAJNE PROMENLJIVE

DEF Slučajna promenljiva je funkcija X koja svakom ishodu ω ∈Ω dodeljuje realan broj ( )X ω .

U zavisnosti od toga da li slučajne promenljive uzimaju vrdnosti iz nekog prebrojivog ili

neprebrojivog skupa dele se na diskretne i neprekidne.

3.1. Diskretne slučajne promenljive

DEF Promenljiva X je diskretnog tipa ako može da uzima samo vrednosti iz prebrojivog skupa

1 2, ,XR x x= K i ako je 1XP X R∈ = ,

Vrednosti ix i njihove verovatnoće ( )i ip x P X x= = predstavljaju raspodelu slučajne

promenljive.,

Raspodela slučajne promrnljive X koja ima konačan skup ishoda

1 2, , ,X nR x x x= K predstavlja se šemom:

1 2

1 2

. . .:

( ) ( ) . . . ( )n

n

x x xX

p x p x p x

; ( )1

1n

i

i

p x=

=∑

Ako slučajna promenljiva prikazuje binomnu raspodelu sa n puta ponovljenim događajem, uobičajena

oznaka za nju je .nS

Primer 3.1 1.

Novčić se baca 5 puta i registruje se pojava pisma (P) ili grba (G). Odrediti raspodelu slučajne

promenljive X kojom se registruje broj pojavljivanja pisma P .

∇ U ovom eksperimentu postoje 32 jednakoverovatna elementarna ishoda

32

, , ,..., ,PPPPP GPPPP PPPGP PGGGG GGGGG

Ω = 144444444424444444443

Za događaj da će pismo (P) pasti 0 puta postoji samo jedan povoljan elementarni ishod GGGGG , pa

je njegova verovatnoća 1

32.

( ) ( )1

0 032

P X p= = = Slično su popunjene i ostale vrednosti.

0 1 2 3 4 5: 1 5 10 10 5 1

32 32 32 32 32 32

X

48

3.2. Grafičko prikazivanje zakona raspodele

Raspodela verovatnoća slučajne promenljive može se predstaviti grafički, pomoću poligona

raspodele, spajanjem tačaka ( )( ),i i

x p x .

Poligon raspodele slučajne promenljive X iz primera 3.1 1.

DEF Funkcija raspodele slučajne promenljive X je realna funkcija

( )F x P X x= <

Za slučajnu promenljivu u primeru bacanja novčića 5 puta, (3.1.1.) funkcija raspodele je:

Grafik funkcije raspodele se sastoji od horizontalnih duži. Za sve vrednosti 0x < ima vrednost 0 a za

veće od 5 ima vrednost 1. Na primer, za vrednosti 0 1x≤ < ima vrednost 1

32 , za vrednosti

1 2x≤ < ima vrednost 1 5 6

32 32 32+ = a za vrednosti 2 3x≤ < ima vrednost

1 5 10 1

32 32 32 2+ + = ...

Primer 3.2 1.

Krećući se nekim pravcem automobil nailazi na pet semafora. Verovatnoća zaustavljanja na prvom

semaforu je 0.4, na drugom0.6, na trećem 0.5 na četvrtom 0.7 i na petom 0.4. Konstruisati poligon

raspodele verovatnoća prolaza automobila pored semafora do prvog zaustavljanja.

0,00

0,05

0,10

0,15

0,20

0,25

0,30

0,35

1 2 3 4 5 60 1 2 3 4 5

1

32

5

32

10

32

0 1 2 3 4 5

1

32

1

49

Neka je X odgovarajuća slučajna promenljiva. Broj semafora koje je automobil prošao do prvog

zaustavljanja može biti 0,1, 2,3,4,5 .

Odgovarajuće verovatnoće su 0 5, ,p pK

0p je verovatnoća da je automobil prošao 0 semafora i zaustavio se ispred prvog.

( ) 00 0.4stao na prvom

P X p= = =

1p je verovatnoća da je automobil prošao 1 semafor i zaustavio se ispred drugog.

( ) 11. 2.

1 0.6 0.6 0.36prošao stao na

P X p= = = ⋅ =

( ) 21. 2. 3.

2 0.6 0.4 0.5 0.6 0.4 0.5 0.120prošao prošao stao na

P X p= = = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

( ) 33 0.6 0.4 0.5 0.7 0.084P X p= = = ⋅ ⋅ ⋅ =

( ) 44 0.6 0.4 0.5 0.3 0.4 0.0144P X p= = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

( ) 55 0.6 0.4 0.5 0.3 0.6 0.0216P X p= = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

Raspodela slučajne promenljive je:

Poligon raspodele verovatnoća iz primera 3.2 1. ∆

0 1 2 3 4 5:

0.4 0.36 0.12 0.084 0.0144 0.0216X

Semafori

0,0000

0,0500

0,1000

0,1500

0,2000

0,2500

0,3000

0,3500

0,4000

0,4500

0 1 2 3 4 5 6

Xi

Pi

50

Parametri diskretnih slučajnih promenljivih

Slučajne veličine imaju neke numeričke karakteristike koje su našle veliku primenu u realnim

situacijama .

Pregled najčešće korišćenih parametara slučajnih promenljivih

3.3. Parametri srednje vrednosti slučajne veličine

(Matematičko očekivanje, modus, medijana)

DEF Matematičko očekivanje slučajne veličine X je broj :

1 1 2 21

( )n

n n i i

i

E X x p x p x p x p=

= + + + =∑L

Oznaka E potiče od latinskog ex-spectare što znači očekivati ili nadati se.

Primer 3.3 1.

∇ Homogena kockica se baca 12n = puta. Pretpostavimo da su pali brojevi

1,1,4,5,5,6,4,3,1,3,5,5.

Može se izračunati prosečni broj (aritmetička sredina) koji je pao. On iznosi 53

4.4212

= .

∆

Pitanje je šta bi se dobilo da se baca jako veliki broj puta N. Očekuje se ravnomerno pojavljivanje

svih brojeva.

1 2 3 4 5 6 (1 2 3 4 5 6)6 6 6 6 6 6 6

213.5

6

N N N N N N N

N N

⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + + + + +

= =

= =

PARAMETRI slučajnih

promenljivih

SREDNJE VREDNOSTI

MAT. OčEKIVANJE

MERE VARIJABILITETA

(POKAZATELJI DISPERZIJE)

MERE ASIMETRIJE I

SPLJOŠTENOSTI

51

To je jedna numerička karakteristika slučajne promenljive

1 2 3 4 5 6: 1 1 1 1 1 1

6 6 6 6 6 6

X

1 1 2 2 6 6

1 1 1 1 1 1 21( ) 1 1 1 1 1 1 3.5

6 6 6 6 6 6 6E X x p x p x p= + + + = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = =L

DEF Moment k-tog reda slučajne veličine X je broj :

1 1 2 21

( )n

k k k k

k n n i i

i

m X x p x p x p x p=

= + + + =∑L

Matematičko očekivanje ( )E X je moment prvog reda diskretne slučajne promenljive.

DEF Modus, mod slučajne veličine X su vrednosti slučajne promenljive za koje

raspodela verovatnoća ima maksimum. Označava se sa ( )oM X .

DEF Medijana slučajne veličine X , označava se sa ( )eM X , predstavlja one

vrednosti slučajne promenljive za koje važi:

1 1( ( )) ( ( ))

2 2e eP X M X P X M X< < ∧ ≤ >

Primer 3.3 2.

∇ Strelac četiri puta gađa u metu. Verovatnoća pogotka u svakom pokušaju iznosi 0.7p = . Za

slučajnu promenljivu dati raspodelu verovatnoća i poligon raspodele a zatim odrediti mod i medijanu.

Ovo je primer binomne verovatnoće pa se slučajna promenljiva može obeležiti sa 4S .

Binomna verovatnoća određena je parametrima raspodele n i p .U navedenom primeru je

B ( )4 , 0.7 . 4

0 1 2 3 4:

0,0081 0,0756 0,2646 0,4116 0,2401S

Mod je 3 jer je tada najveća verovatnoća..

Medijana je 3 jer je tada

1 1( 3) ( 3)

2 2P X P X< < ∧ ≤ > .

Poligon raspodele ∆

Binomna raspodela B(4;0.7)

0,0000

0,0500

0,1000

0,1500

0,2000

0,2500

0,3000

0,3500

0,4000

0,4500

0 1 2 3 4 5

Series1

52

3.4. Disperzija ( varijansa) i standardno odstupanje slučajne veličine

DEF Disperzija ( varijansa) 2( )σ slučajne veličine X , je broj : ( )2

( )E X E X− .

Znači da je :

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2 221 1 2 2

2

1

( ) ( ) ( )

( ) 1

n n

n

i i

i

X x E X p x E X p x E X p

x E X p

σ

=

= − + − + + − =

= −∑

L

DEF Centralni moment k-tog reda slučajne veličine X , je

( ) ( )1

( )n

k

k i i

i

M X x E X p=

= −∑

Disperzija diskretne slučajne promenljive predstavlja centralni moment drugog reda.

Disperzija slučajne promenljive X se može jednostavnije izračunati po formuli :

( ) ( ) ( ) ( )22 2 ( ) 2X E X E Xσ = −

Navedena formula ( )2 je jednostavnija za računanje disperzije slučajne promenljive nego formula

( )1 , pa je u literaturi poznata pod imenom radna formula za disperziju.

DEF Standardno odstupanje slučajne veličine X je broj :

2( ) ( )X Xσ σ=

Primer 3.4 1.

Novčić se baca 5 puta i registruje se pojava pisma (P) ili grba (G).

Odrediti raspodelu slučajne promenljive X kojom se registruje broj pojavljivanja pisma (P ).

Izračunati: matematičko očekivanje, disperziju i standardnu devijaciju slučajne promenljive X .

1 1 2 2 6 6

1 5 10 10 5 1( ) 0 1 2 3 4 5

32 32 32 32 32 32

80 5

32 2

E X x p x p x p= + + + = ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅ + =

= =

L

Korišćenjem formule ( )1 za disperziju slučajne promenljive dobija se:

0 1 2 3 4 5: 1 5 10 10 5 1

32 32 32 32 32 32

X

53

( )2 2 2 2

2

2 2

2 2 2 2 2 2

2

5 1 5 5 5 10 5 100 1 2 3

2 32 2 32 2 32 2 32

5 5 5 14 5 )

2 32 2 32

5 1 3 5 1 10 1 10 3 5 5 1)

2 32 2 32 2 32 2 32 2 32 2 32

5 1 32 2

2 32 2

Xσ

= − + − + − + −

+ − + − =

= − + − + − + + + =

= +

2 25 1 10 25 1 9 5 1 10 80 5

232 2 32 4 16 4 16 4 16 64 4

+ = ⋅ + ⋅ + ⋅ = =

Standardno odstupanje slučajne veličine X je broj :

2 5 5( ) ( )

4 2X Xσ σ= = =

Disperzija slučajne promenljive X se može jednostavnije izračunati po formuli :

( ) ( ) ( ) ( )22 2 ( ) 2X E X E Xσ = −

2 2 2 21 1 2 2 6 6

2 2 2 2 2 2

( )

1 5 10 10 5 10 1 2 3 4 5

32 32 32 32 32 32

5 40 90 80 25 240 15

32 32 32 32 32 32 2

E X x p x p x p= + + + =

= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ =

= + + + + = =

L

( ) ( ) ( )2

22 2 15 5 30 25 5( )

2 2 4 4 4X E X E Xσ

= − = − = − =

∆

3.5. Parametri oblika rasporeda slučajne promenljive

Parametri oblika rasporeda slučajne promenljive su koeficijent simetrije i koeficijent spljoštenosti.

DEF Centralni moment k-tog reda slučajne veličine X , je

( ) ( )1

( )n

k

k i i

i

M X x E X p=

= −∑

DEF Koeficijent asimetrije ( )3α je količnik centralnog momenta reda tri i trećeg stepena standardne

devijacije.

33 3

Mα

σ=

2 2 2 2 2 2

2

0 1 2 3 4 5: 1 5 10 10 5 1

32 32 32 32 32 32

X

54

Ovaj parameter pokazuje asimetriju raspodele neke slučajne promenljive. Pomoću njega se mogu

upoređivati asimetrije različitih distribucija. Ako je:

DEF Koeficijent spljoštenosti ( )4α je količnik centralnog momenta reda četiri i četvrtog stepena

standardne devijacije.

44 4

Mα

σ=

Ako je:

O ovim parametrima slučajnih promenljivih biće više govora u statističkom delu.

Primer 3.5 1.

Za slučajnu promenljivu

dati poligon raspodele a zatim odrediti mod, medijanu, matematičko očekivanje, disperziju,

standardnu devijaciju, koeficijent simetrije i koeficijent spljoštenosti.

Poligon raspodele

3 0α = simetrična

3 0α > ima levu (pozitivnu) asimetriju

3 0α < (negativnu) asimetriju

4 3α = serija je normalne visine

4 3α > serija je izdužena

4 3α < serija je spljoštena

1 2 3 4: 1 3 4 2

10 10 10 10

X

0,00

0,05

0,10

0,15

0,20

0,25

0,30

0,35

0,40

0,45

0 1 2 3 4 5

55

Mod je 3.

Medijana je 3.

Matematičko očekivanje:

1 1 2 2 3 3 4 4( ) 1 0.1 2 0.3 3 0.4 4 0.2 2.7E X x p x p x p x p= + + + = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + =

Disperzija :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 22

2 2 2 2

1 2.7 0.1 2 2.7 0.3 3 2.7 0.4 4 2.7 0.2

1.7 0.1 0.7 0.3 0.3 0.4 1.3 0.2 0.81

Xσ = − + − + − + − =

= − + − + + =

Za ova izračunavanja je zgodnije koristiti tabelu da bi se koristili odgovarajući međurezultati.

ix 1 2 3 4

ip 0,1 0,3 0,4 0,2

i ix p⋅ 0,1 0,6 1,2 0,8 ( )E X = 2.7

( )ix E X− -1,7 -0,7 0,3 1,3

( )( )2

ix E X− 2,89 0,49 0,09 1,69

( )( )2

i ix E X p− 0,289 0,147 0,036 0,338 ( )2

Xσ = 0,81

( )( )3

ix E X− -4,913 -0,343 0,027 2,197

( )( )3

i ix E X p− -0,4913 -0,1029 0,0108 0,4394 3M = -0,144

( )( )4

ix E X− 8,3521 0,2401 0,0081 2,8561

( )( )4

i ix E X p− 0,83521 0,07203 0,00324 0,57122 4M = 1,4817

Standardna devijacija; 2 0.81 0.9σ σ= = =

Koeficijent simetrije: 33 3 3

0.144 0.1440.198

0.9 0.729

Mα

σ

− −= = = =

Koeficijent spljoštenosti: 44 4 4

1.4817 1.48172,258

0.9 0.6561

Mα

σ= = = = ∆

56

3.7. Vežbanje

3.7. 1. Novčić se baca 2 puta i registruje se pojava pisma (P) ili grba (G). Odrediti raspodelu slučajne

promenljive X kojom se registruje broj pojavljivanja pisma P , a zatim izračunati:

matematičko očekivanje, modus, medijanu, disperziju i standardnu devijaciju..

3.7. 2. Novčić se baca 3 puta i registruje se pojava pisma (P) ili grba (G). Odrediti raspodelu slučajne

promenljive X kojom se registruje broj pojavljivanja pisma P .Dati poligon raspodele,odrediti mod,

medijanu, matematičko očekivanje, disperziju, standardnu devijaciju, koeficijent simetrije i koeficijent

spljoštenosti.

matematičko očekivanje: 1 1 2 2 3 3 4 4

1 3 3 1 12 3( ) 0 1 2 3

8 8 8 8 8 2E X x p x p x p x p= + + + = ⋅ + ⋅ + ⋅ + = = ...

3.7. 3. Strelac pet puta gađa u metu. Verovatnoća pogotka u svakom pokušaju iznosi 0.8p = . Za

slučajnu promenljivu dati raspodelu verovatnoća i poligon raspodele a zatim odrediti mod,medijanu,

matematičko očekivanje i disperziju.

B ( )5 , 0.8 .

4

0 1 2 3 4:

0,0081 0,0756 0,2646 0,4116 0,2401S

...

0 1 2 3: 1 3 3 1

8 8 8 8

X

0 1 2: 1 1 1

4 2 4

X

Materija za prvi kolokvijum

Documents

Transcript of Materija za prvi kolokvijum