Zoran Mitrović - Vjerovatnoća i Statistika

VJEROVATNO´CA I STATISTIKA
Zoran Mitrovi´c
Elektrotehniˇcki fakultet u Banjaluci

Sadrˇzaj
1 Predgovor 5
2 Prostor vjerovatnoća 7
2.1 Prostor elementarnih dogadaja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2.2 Relacije i operacije sa dogadajima . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.3 Aksiome teorije vjerovatnoće . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.4 Osobine vjerovatnoće . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
3 Uslovna vjerovatnoća 15
3.1 Uslovna vjerovatnoća . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
3.2 Nezavisni dogadaji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
3.3 Fomula potpune vjerovatnoće . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
3.4 Bajesova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
4 Viˇsestruka ispitivanja 27
4.1 Bernulijeva ˇsema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
4.2 Najvjerovatniji broj pojavljivanja dogadaja . . . . . . . . . . . . 28
4.3 Puasonova raspodjela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
4.4 Normalna (Gausova) raspodjela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
4.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
5 Sluˇcajne promjenljive 35
5.1 Definicija i neki primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
5.2 Zakon raspodjele sluˇcajne promjenljive
diskretnog tipa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
5.3 Funkcija raspodjele sluˇcajne promjenljive . . . . . . . . . . . . . 37
5.4 Sluˇcajne promjenljive neprekidnog tipa . . . . . . . . . . . . . . . 39
5.5 Pregled vaˇznijih raspodjela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
5.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
3

4 SADRˇZAJ
6 Sluˇcajni vektori 43
6.1 Sluˇcajni vektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
6.2 Funkcija raspodjele sluˇcajnog vektora . . . . . . . . . . . . . . . 45
6.3 Uslovne raspodjele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
6.4 Funkcije sluˇcajnih promjenljivih . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
6.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
7 Numeriˇcke karakteristike sluˇcajnih promjenljivih 51
7.1 Matematiˇcko oˇcekivanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
7.2 Varijansa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
7.3 Kovarijansa i koeficijent korelacije . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
7.4 Matematiˇcko oˇcekivanje i varijansa nekih raspodjela . . . . . . . 57
7.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
8 Karakteristiˇcne funkcije 61
8.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
8.2 Osnovne osobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
8.3 Karakteristiˇcne funkcije nekih raspodjela . . . . . . . . . . . . . . 65
8.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
9 Graniˇcne teoreme 67
9.1 ˇCebiˇsevljeva nejednakost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
9.2 Neke graniˇcne teoreme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
9.3 Vrste konvergencija u teoriji vjerovatnoće . . . . . . . . . . . . . 69
9.4 Centralna graniˇcna teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
9.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
10 Matematiˇcka statistika 73
10.1 Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
10.2 Ocjenjivanje parametara raspodjela . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
10.3 Intervali povjerenja za nepoznatu binomnu vjerovatnoću . . . . . 77
10.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
11 Sluˇcajni procesi 79
11.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
11.2 Lanci Markova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
11.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
12 Literatura 83

Glava 2
Prostor vjerovatnoća
Uslovi nekog eksperimenta (opita) ne moraju jednoznaˇcno odredivati rezul-
tat. Na primjer ako se eksperiment sastoji u ”bacanju”novˇcića rezultat nije
jednoznaˇcan, jer se moˇze desiti da padne pismo (P) ili grb (G). Moˇzemo reći
da se u ovom sluˇcaju radi o sluˇcajnoj pojavi. Izuˇcavanjem zakonitosti sluˇcajnih
pojava bavi se teorija vjerovatnoće.
Teorija vjerovatnoće se poˇcela razvijati u 16. vijeku. Prva knjiga iz ove oblasti
je ”De Ludo Aleae” (O igri kockom), koja je ˇstampana 1663. godine. Njen autor
je Girolamo Cardano. Osnivaˇcem moderne teorije vjerovatnoće smatra se Alek-
sandar Kolmogorov. On je 1933. godine dao aksiomatsko zasnivanje teorije
vjerovatnoće. Teorija vjerovatnoće je sastavni dio nekoliko nauˇcnih oblasti
na primjer: teorije telekomunikacija, teorije pouzdanosti, teorije informacija,
teorije automatskog upravljanja.
2.1 Prostor elementarnih dogadaja
Definicija 2.1. • Skup Ω svih mogućih ishoda nekog opita naziva se pros-
tor elementarnih dogadaja.
• Sluˇcajan dogadaj (dogadaj) je bilo koji podskup skupa Ω.
• Nemoguć dogadaj oznaˇcavamo sa ∅, a Ω je siguran dogadaj.
Primjer 2.1. 1. Baca se kocka i registruje broj koji je pao na gornjoj strani.
Neka je A dogadaj koji oznaˇcava da je pao paran broj. Tada je
Ω = {ω1, ω2, ω3, ω4, ω5, ω6} i A = {ω2, ω4, ω6}, gdje je ωk−pao je broj k.
2. Novˇcić se baca ˇcetiri puta i registruje koliko je ukupno puta palo pismo.
Neka je A dogadaj: broj pisama jednak je broju grbova. Tada je
Ω = {GGGG, GGGP, . . . , PPPP}.
Broj elemenata skupa Ω je 24
= 16. Dogadaj
A = {GGPP, GPGP, GPPG, PGGP, PGPG, PPGG}
7

8 GLAVA 2. PROSTOR VJEROVATNOĆA
i ima 6 elemenata.
3. Novˇcić se baca do pojave grba. Ovde je
Ω = {G, PG, PPG, . . .} i ima beskonaˇcno elemenata.
4. Gada se kruˇzna meta polupreˇcnika r i registruje udaljenost pogotka od
centra mete. Neka je ∞ oznaka za promaˇsaj. Tada je
Ω = {x ∈ R : 0 ≤ x ≤ r} ∪ {∞}.
U ovom sluˇcaju Ω ima neprebrojivo elemenata.
Primjer 2.2. U kutiji se nalaze ˇcetiri listića oznaˇcena brojevima 1, 2, 3, 4.
Odrediti skup ishoda, ako se listići izvlaˇce jedan po jedan do pojave neparnog
broja (bez vraćanja).
Ω = {1, 3, 21, 23, 41, 43, 241, 243, 421, 423}.
2.2 Relacije i operacije sa dogadajima
U skupu Ω definiˇsemo relacije i operacije sa dogadajima na isti naˇcin kao i
sa skupovima:
• Ako dogadaj A implicira dogadaj B, to oznaˇcavamo sa A ⊆ B.
• Dogadaji A i B su ekvivalentni ako vrijedi A ⊆ B i B ⊆ A.
• Suprotan dogadaj dogadaja A oznaˇcavamo sa AC
ili A i vrijedi
AC
= {ω ∈ Ω : ω /∈ A}.
• Presjek dogadaja A i B oznaˇcavamo sa A ∩ B i vrijedi
A ∩ B = {ω ∈ Ω : ω ∈ A ∧ ω ∈ B}.
• Uniju dogadaja A i B oznaˇcavamo sa A ∪ B i vrijedi
A ∪ B = {ω ∈ Ω : ω ∈ A ∨ ω ∈ B}.
• Razlika dogadaja A i B je dogadaj A B za koji vrijedi
A B = {ω ∈ Ω : ω ∈ A ∧ ω /∈ B}.
Primjer 2.3. Neka se opit sastoji u bacanju kocke i neka je dogadaj A−pao
je paran broj, B−pao je neparan broj, C−pao je prost broj. Odrediti dogadaje
A ∪ B, B ∩ C i C.
Ω = {ω1, ω2, ω3, ω4, ω5, ω6},
A = {ω2, ω4, ω6}, B = {ω1, ω3, ω5}, C = {ω2, ω3, ω5},
A ∪ C = {ω2, ω3, ω4, ω5, ω6}, B ∩ C = {ω3, ω5}, C = {ω1, ω4, ω6}.

2.3. AKSIOME TEORIJE VJEROVATNOĆE 9
Prebrojiva unija odnosno presjek dogadaja Ai, i ∈ N definiˇse se na sljedeći naˇcin:
i∈N
Ai = {ω ∈ Ω : (∃i ∈ N) ω ∈ Ai},
i∈N
Ai = {ω ∈ Ω : (∀i ∈ N) ω ∈ Ai}.
Navedimo i neke osobine definisanih operacija i relacija:
1. A ∪ A = A, A ∩ A = A,
2. A ∪ B = B ∪ A, A ∩ B = B ∩ A,
3. A ∪ Ω = Ω, A ∩ Ω = A,
4. A ∪ ∅ = A, A ∩ ∅ = ∅,
5. (AC
)C
= A, ∅C
= Ω, ΩC
= ∅,
6. A ∪ AC
= Ω, A ∩ AC
= ∅,
7. A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C, A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C,
8. A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C), A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C),
9. (A ∪ B)C
= AC
∩ BC
, (A ∩ B)C
= AC
∪ BC
.
2.3 Aksiome teorije vjerovatnoće
U aksiomatskom zasnivanju teorije vjerovatnoće znaˇcajan je pojam σ−polja
dogadaja.
Definicija 2.2. Neka je Ω prostor elementarnih dogadaja i P(Ω) familija svih
podskupova od Ω. Skup F ⊆ P(Ω) nazivamo σ−polje dogadaja ako vrijedi:
1. Ω ∈ F,
2. A ∈ F ⇒ AC
∈ F,
3. (∀i ∈ N)Ai ∈ F ⇒
i∈N
Ai ∈ F.
Primjer 2.4. (i) Neka je Ω proizvoljan skup i F = {∅, Ω}. Tada je F σ−polje
dogadaja.
(ii) Neka je Ω = {ω1, ω2}, familija F = {∅, {ω1}, {ω2}, {ω1, ω2}} je σ−polje
dogadaja.
(iii) Neka je Ω = {ω1, ω2, ω3, ω4}, familija F = {∅, Ω{ω1}, {ω3}, {ω2, ω3, ω4}}
nije σ−polje dogadaja.
Teorema 2.1. Neka je F σ−polje dogadaja. Tada vrijedi:
1. ∅ ∈ F,

2. A, B ∈ F ⇒ A ∩ B, A B ∈ F,
3. Ai ∈ F, i ∈ N ⇒
i∈N
Ai ∈ F.
Definisaćemo sada pojam vjerovatnoće koristeći aksiomatski pristup A. Kol-
mogorova.
Definicija 2.3. Neka je Ω prostor elementarnih dogadaja i F σ−polje dogadaja.
Funkcija P : F → R je vjerovatnoća ako vrijedi:
1. P(A) ≥ 0, (∀A ∈ F),
2. P(Ω) = 1,
3. P(
+∞
i=1
Ai) =
+∞
i=1
P(Ai) za sve Ai ∈ F, i ∈ N takve de ja Ai ∩Aj = ∅, i = j.
Ove osobine redom zovu se: nenegativnost, normiranost i σ−aditivnost.
Broj P(A) je vjerovatnoća dogadaja A. Uredena trojka (Ω, F, P) se zove
prostor vjerovatnoća.
Navedimo neke primjere.
Primjer 2.5. (Konaˇcan prostor vjerovatnoća) Neka je n ∈ N i
Ω = {ω1, . . . , ωn}, F = P(Ω) i pi ≥ 0, i = 1, . . . , n, takvi da je
n
i=1
pi = 1.
Funkcija P : F → R definisana sa
P(A) =
i∈I
pi, I = {j : ωj ∈ A},
je vjerovatnoća.
Ako je pi = 1
n , i = 1, . . . , n kaˇzemo da se radi o klasiˇcnoj ili Laplasovoj
definiciji vjerovatnoće.
Primjer 2.6. Odrediti vjerovatnoće svih mogućih zbirova pri bacanju dvije
kocke.
Primjer 2.7. (Geometrijska definicija vjerovatnoće) Neka je Ω skup u
R2
ˇcija je povrˇsina µ(Ω) pozitivna i konaˇcna. Neka je
F = {A ⊆ Ω : A ima povrˇsinu }.
Definiˇsimo P : F → R tako da je
P(A) =
µ(A)
µ(Ω)
.
U ovom sluˇcaju funkcija P je vjerovatnoća. Ovde se radi o geometrijskoj defini-
ciji vjerovatnoće.

2.4. OSOBINE VJEROVATNO ĆE 11
Primjer 2.8. Na kruˇznici polupreˇcnika R sluˇcajno su izabrane tri taˇcke A, B i
C. Kolika je vjerovatnoća da je trougao ABC oˇstrougli?
Rjeˇsenje. Neka je x duˇzina luka kruˇznice koji spaja taˇcke A i B, a y duˇzina luka
kruˇznice koji spaja B i C. Izbor taˇcaka A, B i C jednoznaˇcno odreduje brojeve
x, y za koje vaˇzi
0 < x, 0 < y, x + y < 2Rπ.
Znaˇci,
Ω = {(x, y)|x > 0, y > 0, x + y < 2Rπ}.
Trougao ABC je oˇstrougli ako je
x < Rπ, y < Rπ, x + y > Rπ.
Sada je A = {(x, y) ∈ Ω|x < Rπ, y < Rπ, x + y > Rπ}.
Znaˇci,
P(A) =
m(A)
m(Ω)
=
1
2 R2
π2
2R2π2
=
1
4
.
2.4 Osobine vjerovatnoće
U ovoj sekciji navodimo neke osobine vjerovatnoće koje slijede iz definicije:
• Aditivnost, P(
n
i=1
Ai) =
n
i=1
P(Ai),
• Monotonost, A ⊆ B ⇒ P(A) ≤ P(B),
• 0 ≤ P(A) ≤ 1,
• Vjerovatnoća suprotnog dogadaja, P(AC
) = 1 − P(A),
• Vjerovatnoća unije dva dogadaja, P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B),
• Princip ukljuˇcnosti-iskljuˇcnosti,
P(
k
i=1
Ai) =
k
i=1
P(Ai)−
1≤i<j≤k
P(Ai ∩Aj)+· · ·+(−1)k
P(A1 ∩· · ·∩Ak),
• Ako je niz dogadaja {An} monotono neopadajući to jest An ⊆ An+1 onda
vrijedi
P(
+∞
i=1
Ai) = lim
n→+∞
P(An),
• Ako je niz dogadaja {An} monotono nerastući to jest An+1 ⊆ An onda
vrijedi
P(
+∞
i=1
Ai) = lim
n→+∞
P(An),

Primjedba 2.1. Poslednje dvije osobine su poznate kao neprekidnost vjero-
vatnoće.
Primjer 2.9. Neka su dogadjaji A i B takvi da je
P(A ∩ B) =
1
4
, P(AC
) =
1
3
, P(B) =
1
2
.
Odrediti P(A ∪ B).
Rjeˇsenje. Kako je
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B) i P(AC
) = 1 − P(A),
imamo
P(A ∪ B) =
2
3
+
1
2
−
1
4
=
11
12
.
Primjer 2.10. N lica izmjeˇsaju svoje ˇseˇsire i nasumice stavljaju na glavu po
jedan ˇseˇsir. Naći vjerovatnoću da bar jedno lice stavi svoj ˇseˇsir na svoju glavu.
ˇCemu teˇzi ta vjerovatnoća kada broj lica i ˇseˇsira neograniˇceno raste?
Rjeˇsenje. Neka je A dogadaj da bar jedno lice stavi svoj ˇseˇsir na svoju glavu.
Sa Ai oznaˇcimo dogadaj da je i−to lice stavilo svoj ˇseˇsir na svoju glavu (i =
1, 2, . . . , N). N lica moˇze rasporediti N ˇseˇsira na glave na N! naˇcina, ako
je i−to lice stavilo svoj ˇseˇsir na svoju glavu, tada preostalih N − 1 lica moˇze
rasporediti N − 1 ˇseˇsira na svoje glave na (N − 1)! naˇcina. Prema tome je
P(Ai) = (N−1)!
N! = 1
N . Sliˇcnim razmiˇsljanjem dobijamo da je
P(Ai ∩ Aj) = (N−2)!
N! = 1
N(N−1) , 1 ≤ i < j ≤ N,
P(Ai ∩ Aj ∩ Ak) = (N−3)!
N! = 1
N(N−1)(N−2) , 1 ≤ i < j < k ≤ N,
. . .
P(A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ AN ) = 1
N! .
Poˇsto je oˇcigledno A =
N
i=1
Ai i poˇsto vrijedi formula
P(
N
i=1
Ai) =
N
i=1
P(Ai) −
1≤i<j≤N
P(Ai ∩ Aj)+
1≤i<j<k≤N
P(Ai ∩ Aj ∩ Ak) − · · · + (−1)N−1
P(A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ AN ),
imamo da je
P(A) =
N
i=1
1
N −
1≤i<j≤N
1
N(N−1) + · · · + (−1)N−1
· 1
N! =
= 1 −
N
2
1
N(N−1) +
N
3
1
N(N−1)(N−2) − · · · + (−1)N−1
· 1
N!

2.5. ZADACI 13
Znaˇci,
P(A) = 1 −
1
2!
+
1
3!
− · · · +
(−1)N−1
N!
→ 1 −
1
e
kad N → ∞.
2.5 Zadaci
1. Ako je F σ−polje dogadaja i A, B ∈ F pokazati da je A ∩ B, A B ∈ F.
2. U kutiji se nalazi 4 bijele i 6 crnih kuglica. Izvlaˇce se tri kuglice na sluˇcan
naˇcin. Kolika je vjerovatnoća da se medu njima nalazi taˇcno dvije bijele i
1 crna kuglica.
3. U jednom preduzeću od 100 ljudi njih 40 zna ruski jezik, 30 zna engleski, 26
francuski, 15 zna ruski i engleski, 10 zna ruski i francuski, 5 zna francuski
i engleski i 3 zna sva tri jezika. Ako se bira na sluˇcajan naˇcin delegacija
od tri ˇclana, kolika je vjerovatnoća da :
(a) sva trojica znaju engleski,
(b) sva trojica znaju ruski i engleski,
(c) dvojica znaju dva strana jezika, a jedan nijedan?
4. Prijatelji se dogovore da se nadu izmedu 12 i 13 ˇcasova na ugovorenom
mjestu i da ˇcekaju jedan drugoga 20 minuta. Kolika je vjeovatnoća da će
doći do susreta?
5. Na sluˇcajan naˇcin se biraju dva broja iz intervala [0, 1]. Kolika je vjeo-
vatnoća da je njihov zbir bar 1, a proizvod najviˇse 1
2 ?
6. Iz skupa
Ω = {(x1, . . . , x10) : x1 + · · · + x10 = 20, xi ∈ N ∪ {0}, i = 1, . . . , 10},
na sluˇcajan naˇcin se bira jedan elemenat (x1, x2, . . . , x10). Odrediti vjerovatnoću
da je x1 ≥ 3 i x10 ≥ 5.

Glava 3
Uslovna vjerovatnoća
3.1 Uslovna vjerovatnoća
Neka je dat prostor elementarnih dogadaja Ω i neka se ostvario dogadaj
A. Ako se sada traˇzi vjerovatnoća dogadaja B onda je prostor elementarnih
dogadaja suˇzen na A. Na taj naˇcin dolazimo do pojma uslovne vjerovatnoće.
Primjer 3.1. Neka se u kutiji nalazi jedna bijela i dvije crne kuglice. Izvuˇcena
je na sluˇcajan naˇcin jedna kuglica bez vraćanja i konstatovano je da je ona bijela.
Kolika je vjerovatnoća da je druga izvuˇcena kuglica crna?
Neka je b oznaka za bijelu i c1, c2 oznake za crne kuglice. Sada imamo,
Ω = {(b, c1), (b, c2), (c1, b), (c2, b), (c1, c2), (c2, c1)},
A = {(b, c1), (b, c2)}, B = {(b, c1), (b, c2)}.
U sluˇcaju da se desio dogadaj A vjerovatnoća dogadaja B je jednaka 1.
Inaˇce, da nije izvuˇcena prva kuglica vjerovatnoća je 2
3 .
Neka je dat konaˇcan prostor vjerovatnoća Ω koji ima n elemenata. Pret-
postavimo da dogadaji A ⊆ Ω, B ⊆ Ω i A ∩ B redom imaju m, r i s elemenata.
Dalje, neka se ostvario dogadaj A i pretpostavimo da traˇzimo vjerovatnoću
dogadaja B. Tada je
P =
s
m
=
s
n
m
n
=
P(A ∩ B)
P(A)
.
Definicija 3.1. Neka je dat prostor Ω elementarnih dogadaja i vjerovatnoća
P. Uslovna vjerovatnoća dogadaja B u odnosu na dogadaj A takav da je
P(A) > 0 je
P(B|A) =
P(A ∩ B)
P(A)
.
Koristeći definiciju uslovne vjerovatnoće i matematiˇcku indukciju moˇzemo
dobiti sljedeću teoremu o proizvodu vjerovatnoća.
15

16 GLAVA 3. USLOVNA VJEROVATNO ĆA
Teorema 3.1. Neka su dati dogadaji A1, A2, . . . , An tada vrijedi
P(A1 ∩A2 ∩· · ·∩An) = P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1 ∩A2) · · · P(An|A1 ∩· · ·∩An−1).
Primjer 3.2. Kutija od 100 proizvoda se smatra dobrom, ako se u prvih 5
proizvoda, na sluˇcajan naˇcin izabranih ne nalazi ni jedan neispravan proizvod.
Kolika je vjerovatnoća da kutija u kojoj je 5% neispravnih proizvoda bude progla-
ˇsena za dobrom?
Oznaˇcima sa Ai da je i−ti izabrani proizvod dobar, i = 1, . . . , 5. Tada je traˇzena
vjerovatnoća P(
5
i=1
Ai). Na osnovu teoreme o proizvodu vjerovatnoća imamo
P(
5
i=1
Ai) = 95
100 · 94
99 · 93
98 · 92
97 · 91
96 ≈ 0.77.
Koristeći aksiome vjerovatnoće jednostavno se dobija sljedeća teorema.
Teorema 3.2. Ako je F σ−polje dogadaja, P vjerovatnoća i P(H) > 0 tada je
funkcija P(·|H) : F → [0, +∞) vjerovatnoća.
Dakle, pomoću uslovne vjerovatnoće moˇzemo generisati nove vjerovatnoće.
3.2 Nezavisni dogadaji
Uslovna vjerovatnoća nas dovodi do pojma nezavisnosti dogadaja.
Definicija 3.2. Dogadaji A i B su nezavisni ako vrijedi
P(A ∩ B) = P(A) · P(B).
Iz definicije nezavisnosti i definicije uslovne vjerovatnoće dobijamo da je
P(B|A) = P(A) ako su dogadaji A i B nezavisni. Znaˇci, ako se ostvario dogadaj
A to ne utiˇce na vjerovatnoću dogadaja B.
Definicija 3.3. Dogadaji A1, A2, . . . , An su nezavisni u parovima ako vrijedi
P(AiAj) = P(Ai)P(Aj), i = j,
a nezavisni u ukupnosti (cjelosti) ako vrijedi
P(Ai1
Ai2
· · · Aik
) = P(Ai1
)P(Ai2
) · · · P(Aik
)
za sve izbore {i1, i2, . . . , ik} ⊆ {1, 2, . . . , n}.
Ako su dogadaji nezavisni u ukupnosti oni su nezavisni i u parovima. Medutim,
obrnuto ne vrijedi.
Primjer 3.3. Neka su dati dogadaji A = {1, 2}, B = {2, 3}, C = {2, 4} i
prostor elementarnih dogadaja Ω = {1, 2, 3, 4}. Tada je
P(A) = P(B) = P(C) =
1
2
, P(AB) = P(BC) = P(AC) =
1
4
,

3.3. FOMULA POTPUNE VJEROVATNOĆE 17
P(ABC) =
1
4
, P(A)P(B)P(C) =
1
8
,
pa imamo da su A, B i C nezavisni u parovima ali nisu nezavisni u ukupnosti,
jer nije P(ABC) = P(A)P(B)P(C).
Teorema 3.3. Ako su dogadaji A i B nezavisni onda su takvi i A i BC
, AC
i
B i AC
i BC
.
Dokaz. Kako su AB i ABC
disjunktni dogadaji i A = AB + ABC
imamo
P(A) = P(AB) + P(ABC
).
Odavde je
P(ABC
) = P(A)−P(AB) = P(A)−P(A)P(B) = P(A)(1−P(B)) = P(A)P(BC
).
Analogno se pokazuje za AC
i B. Dokaz za AC
i BC
se dobija polazeći od
nezavisnosti AC
i B i koristeći dokaz nezavisnosti AC
i BC
.
Moˇze se pokazati da ako su dogadaji A1, . . . , An nezavisni u cjelini (parovima)
i ako neke od tih dogadaja zamijenimo sa suprotnim dogadajima da dobi-
jamo takode nezavisne dogadaje u cjelini (parovima). Na osnovu toga lako
zakljuˇcujemo da vrijedi sljedeća teorema.
Teorema 3.4. Ako su A1, . . . , An nezavisni tada je
P(
n
i=1
Ai) = 1 −
n
i=1
(1 − P(Ai)).
Primjer 3.4. Tri strijelca po jednom gadaju metu. Vjerovatnoća pogotka je
redom 0.8, 0.7 i 0.9. Naći vjerovatnoću da je:
(i) cilj pogoden bar jednom,
(ii) cilj taˇcno jednom pogoden.
Rezultat. (i) 0.994, (ii) 0.092.
3.3 Fomula potpune vjerovatnoće
Definicija 3.4. Dogadaji H1, H2, . . . , Hn ⊂ Ω, za koje vrijedi
(i) Hi ∩ Hj = ∅, i = j,
(ii)
n
i=1
Hi = Ω,
zovu se hipoteze (potpun sistem dogadaja).
Teorema 3.5. (Formula potpune vjerovatnoće)Neka su H1, H2, . . . , Hn ⊂
Ω hipoteze i A ⊂ Ω, tada je
P(A) =
n
i=1
P(A|Hi)P(Hi).

Daćemo jednu primjenu formule potpune vjerovatnoće.
Primjer 3.5. U prvoj kutiji se nalazi 10 bijelih i 10 crnih kuglica, a u drugoj
kutiji se nalazi 8 bijelih i 10 crnih kuglica. Iz prve kutije se u drugu prebace
dvije kuglice, pa se nakon toga iz te kutije bira kuglica. Kolika je vjerovatnoća
da se iz druge kutije izabere bijela kuglica?
Oznaˇcimo sa :
H1−u drugu kutiju su prebaˇcene dvije bijele kuglice,
H2−u drugu kutiju je prebaˇcena jedna bijela i jedna crna kuglica,
H1−u drugu kutiju su prebaˇcene dvije crne kuglice.
Tada je
P(H1) =
10
2
20
2
=
9
38
,
P(H2) =
10
1
10
1
20
2
=
10
19
,
P(H3) =
10
2
20
2
=
9
38
,
P(A|H1) =
10
20
=
1
2
, P(A|H2) =
9
20
, P(A|H3) =
8
20
=
2
5
.
Na osnovu formule potpune vjerovatnoće dobijamo
P(A) =
3
i=1
P(A|Hi)P(Hi) =
9
76
+
9
38
+
9
95
=
171
380
.
3.4 Bajesova formula
Koristeći uslovnu vjerovatnoću moˇzemo raˇcunati vjerovatnoće hipoteza posle
ostvarenog dogadaja. Formula pomoću koje to radimo poznata je kao Bajesova
formula (Thomas Bayes, 18. vijek)
Teorema 3.6. Neka su H1, H2, . . . , Hn ⊂ Ω hipoteze i A ⊂ Ω takav da je
P(A) = 0. Tada je
P(Hj|A) =
P(Hj)P(A|Hj)
P(A)
=
P(Hj)P(A|Hj)
n
i=1
P(A|Hi)P(Hi)
.

3.5. ZADACI 19
Primjedba 3.1. Vjerovatnoće P(Hi|A) nazivaju se aposteriorne vjerovatnoće,
a vjerovatnoće P(Hi) apriorne vjerovatnoće.
Primjer 3.6. Vjerovatnoća da će student A rijeˇsiti zadatak je 0.7, a za stu-
denta B odgovarajuća vjerovatnoća oznosi 0.9. Sluˇcajno se bira student. Kolika
je vjerovatnoća da će zadatak biti rijeˇsen? Ako je zadatak rijeˇsen, kolika je
vjerovatnoća da ga je rijeˇsio student B?
3.5 Zadaci
1. ˇCetiri kartice su numerisane brojevima 1, 2, 3, 4. Sluˇcajno se izvlaˇci jedna
kartica i registruje broj. Pokazati da su dogadaji: A-broj je paran, B-broj
je manji od 3, C-broj nije potpun kvadrat, u parovima nezavisni, ali nisu
nezavisni u ukupnosti.
Rjeˇsenje. Ovdje je
Ω = {1, 2, 3, 4}, A = {2, 4}, B = {1, 2}, C = {2, 3}.
Poˇsto je
A ∩ B = A ∩ C = B ∩ C = A ∩ B ∩ C = {2},
vrijedi sljedeće:
P(A) = P(B) = P(C) =
1
2
,
P(A ∩ B) = P(A ∩ C) = P(B ∩ C) =
1
4
P(A ∩ B ∩ C) =
1
4
.
Dakle,
P(A ∩ B) = P(A)P(B), P(A ∩ C) = P(A)P(C), P(B ∩ C) = P(B)P(C),
ali je
P(A ∩ B ∩ C) = P(A)P(B)P(C).
2. Neka su dogadjaji A i B takvi da je
P(A ∩ B) =
1
4
, P(AC
) =
1
3
, P(B) =
1
2
.
Odrediti P(A ∪ B).
Rjeˇsenje. Kako je
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B) i P(AC
) = 1 − P(A),
imamo
P(A ∪ B) =
2
3
+
1
2
−
1
4
=
11
12
.

3. Tri igraˇca A, B, C tim redom bacaju kocku sve dok prvi put ne padne
broj 6. Pobjeduje onaj igraˇc kod koga padne 6. Naći za svakog igraˇca
vjerovatnoću da bude pobjednik.
Rjeˇsenje. Neka su Ak, Bk, Ck dogadaji: igraˇcu A, B, C je u k-tom pokuˇsaju
pala ˇsestica, a DA, DB, DC dogadaji da je odgovarajući igraˇc pobijedio.
Tada vrijedi
DA = A1 + AC
1 BC
1 CC
1 A2 + AC
1 BC
1 CC
1 AC
2 BC
2 CC
2 A3 + · · · +
+AC
1 BC
1 CC
1 AC
2 BC
2 CC
2 · · · AC
k BC
k CC
k Ak+1 + . . .
Dogadaji AC
1 , BC
1 , CC
1 , . . . , AC
k , BC
k , CC
k , Ak+1, . . . su nezavisni i
P(AC
k ) = P(BC
k ) = P(CC
k ) =
5
6
, P(Ak+1) =
1
6
,
pa je
P(DA) =
1
6
+
5
6
3
1
6
+ · · · +
5
6
3k
1
6
+ · · · =
1
6
·
+∞
k=0
125
216
k
=
36
91
.
Sliˇcno se dobije
P(DB) =
30
91
i P(DC) =
25
91
.
Kraće je ovako. Neka je P(DA) = p. Tada je
P(DB) =
5
6
p,
jer ako igraˇcu A u prvom bacanju ne padne 6, igra se ponavlja u redoslijedu
B, C, A. Takode,
P(DC) =
25
36
p
i
DA + DB + DC = Ω,
odakle je
p +
5
6
p +
25
36
p = 1 i p =
36
91
.
Primjedba. Ako je A ∩ B = ∅, umjesto A ∪ B piˇsemo A + B.
4. Data je elektriˇcna ˇsema
A C
¨¨
¨¨
¨¨
D
¨¨
B
Svaki od prekidaˇca je nezavisno od drugih, zatvoren sa vjerovatnoćom 1
2 .
Naći vjerovatnoću da je mreˇza AB zatvorena.

3.5. ZADACI 21
Rjeˇsenje. Dio mreˇze CD je otvoren ako su oba prekidaˇca otvorena. Vjerovatnoća
tog dogadaja je 1
4 , a vjerovatnoća da je dio CD zatvoren je 3
4 . Sada je
mreˇza reducirana na
¨¨
¨¨
¨¨
A E CD F B
Dio EF je zatvoren ako su oba prekidaˇca zatvorena. Vjerovatnoća tog
dogadaja je 3
4 · 1
2 = 3
8 . Sada mreˇza izgleda ovako
¨¨
¨¨
A EF B
Dakle, mreˇza AB je otvorena sa vjerovatnoćom 5
8 · 1
2 , a zatvorena sa vje-
rovatnoćom 11
16 .
5. Iz skupa
Ω = {(x1, . . . , x10) : x1 + · · · + x10 = 20, xi ∈ N ∪ {0}, i = 1, . . . , 10}
na sluˇcajan naˇcin se bira jedan elemenat (x1, x2, . . . , x10). Odrediti vjerovatnoću
da je x1 ≥ 3 i x10 ≥ 5.
Rjeˇsenje. Odredimo prvo broj rjeˇsenja jednaˇcine
x1 + · · · + xk = n,
u nenegativnim cijelim brojevima.
Broj rjeˇsenja jednak je broju naˇcina da se izmedu k − 1 jedinica stavi n
nula ˇsto je isto ˇsto i broj naˇcina da se od n + k − 1 elemenata izabere
podskup od k − 1 elemenata, a to je
n + k − 1
k − 1
.
Broj elemenata skupa Ω je
20 + 10 − 1
10 − 1
=
29
9
.
Broj svih elemenata iz Ω za koje je x1 ≥ 3 i x10 ≥ 5 je broj rjeˇsenja
jednaˇcine
y1 + y2 + · · · + y10 = 20 − 3 − 5,
gdje je
y1 = x1 − 3, yi = xi, i = 2, . . . , 9, y10 = x10 − 5,
a to je
12 + 10 − 1
10 − 1
=
21
9
.

Traˇzena vjerovatnoća je
P =
21
9
29
9
.
6. Iz kutije koja sadrˇzi n bijelih i m crnih kuglica sluˇcajno izvlaˇcimo k ≤ m+n
kuglica.
a) Naći vjerovatnoću da se medu kuglicama nalazi taˇcno j (j ≤ k) bijelih.
b) Koristeći se rezultatom pod a), naći zbir
k
j=0
n
j
m
k − j
Rjeˇsenje.
a) Traˇzena vjerovatnoća je
pj =
n
j
m
k − j
n + m
k
, j = 0, . . . , k.
Kako je
k
j=0
pj = 1,
imamo
k
j=0
n
j
m
k − j
=
n + m
k
7. U voz sa m vagona na sluˇcajan naˇcin i nezavisno jedan od drugog ulazi n
putnika (n ≥ m). Odrediti vjerovatnoću da u svaki vagon ude bar jedan
putnik.
˚Neka je Ai oznaka za dogadaj da u i−ti vagon nije niko uˇsao, i = 1, 2, . . . , m.
Ako sa A oznaˇcimo dogadaj ˇcija se vjerovatnoća traˇzi u zadatku, tada
oˇcigledno AC
=
m
i=1
Ai.
P(Ai) = 1 −
1
m
n
i = 1, 2, . . . , m
P(Ai ∩ Aj) = 1 −
2
m
n
, 1 ≤ i < j ≤ m
. . .
P(Ai1
∩ · · · ∩ Aim−1
) = 1 −
m − 1
m
n
, 1 ≤ i1 < . . . im−1 ≤ m.

3.5. ZADACI 23
Sada je
P(AC
) =
m
i=1
1 − 1
m
n
−
1≤i<j≤m
1 − 2
m
n
+ . . .
· · · + (−1)m−1
1≤i1<···<im−1≤m
1 − m−1
m
n
Znaˇci,
P(A) = 1−
m
1
1 −
1
m
n
+· · ·+(−1)m m
m − 1
1 −
m − 1
m
n
.
8. Vozovi duˇzine 180 metara kreću se brzinom 30 metara u sekundi po
prugama koje se medusobno ukrˇstaju. Trenutak u kome će oni proći kroz
raskrˇsće je sluˇcajan izmedu 9
00
= i 9
30
=. Izraˇcunati vjerovatnoću sudara.
Rjeˇsenje. Neka je A dogadaj da je doˇslo do sudara. Ako sa X oznaˇcimo
trenutak ulaska prvog, a sa Y trenutak ulaska drugog voza u raskrˇsće,
tada, poˇsto vozovi duˇzine 180 metara prolaze kroz raskrˇsće 6 sekundi jer
se kreću brzinom 30 metara u sekundi imamo
Ω = {(x, y) 0 ≤ x ≤ 1800, 0 ≤ y ≤ 1800}.
A = {(x, y) ∈ Ω |x − y| < 6}.
Neka je m(A) mjera oblasti A, to jest u ovom sluˇcaju povrˇsina. Traˇzena
vjerovatnoća je
P(A) =
m(A)
m(Ω)
=
18002
− 17942
18002
= 0.006656.
9. Brojevi x i y se na sluˇcajan naˇcin i nezavisno jedan od drugog biraju iz
intervala [0, 1]. Neka je
A = {(x, y) : |x − y| ≤ 1
2 } i B = {(x, y) : max{x, y} ≤ 1
2 }.
Naći vjerovatnoću dogadjaja A ∪ B.
Rjeˇsenje. Lako se dobija
µ(A) = 1 −
1
4
=
3
4
, µ(B) =
1
4
, µ(A ∩ B) =
1
4
.
Kako je P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B), imamo P(A ∪ B) = 3
4 .
Primjedba. Kako je A ∪ B = A imamo P(A ∪ B) = P(A) = 3
4 .
10. Jedan uredaj se sastoji iz dva dijela. Da bi uredaj radio neophodno je da
radi svaki dio. Vjerovatnoća da radi prvi dio u intervalu vremena t iznosi
0.8, vjerovatnoća da drugi dio radi u istom intervalu iznosi 0.7. Ako je
uredaj ispitivan u intervalu vremena t i otkazao je, naći vjerovatnoću da
su otkazala oba dijela.

Rjeˇsenje. Neka je A dogadaj da je uredaj otkazao i
H00 dogadaj da su otkazala oba dijela,
H10 dogadaj da je otkazao samo drugi dio,
H01 dogadaj da je otkazao samo prvi dio,
H11 dogadaj da su oba dijela ispravna.
Imamo,
P(H00) = 2
10 · 3
10 , P(A|H00) = 1,
P(H10) = 8
10 · 3
10 , P(A|H10) = 1,
P(H01) = 2
10 · 7
10 , P(A|H01) = 1,
P(H11) = 8
10 · 7
10 , P(A|H11) = 0.
P(A) = P(A|H00)P(H00) + P(A|H01)P(H01) + P(A|H10)P(H10)+
+P(A|H11)P(H11) = 6
100 + 24
100 + 14
100 = 44
100 .
P(H00|A) =
P(A|H00)P(H00)
P(A)
=
6
100
44
100
=
6
44
=
3
22
11. U jednom skladiˇstu su svi proizvodi ispravni, a u drugom ima 35% ˇskarta.
Na sluˇcajan naˇcin je odabran dobar proizvod iz nekog skladiˇsta i nakon
toga vraćen u isto skladiˇste. Izraˇcunati vjerovatnoću da je drugi proizvod
iz istog skladiˇsta ˇskart.
Rjeˇsenje. Neka je A dogadaj da je prvi izvuˇceni proizvod dobar. Neka
su H1, H2 dogadaji (hipoteze) da je proizvod izvuˇcen iz prvog odnosno
drugog skladiˇsta. Imamo,
P(H1) = 1
2 , P(A|H1) = 1,
P(H2) = 1
2 , P(A|H2) = 65
100 .
Sada je
P(A) = P(H1)P(A|H1) + P(H2)P(A|H2) = 1
2 1 + 65
100 = 165
200 .
P(H1|A) = P (H1)P (A|H1)
P (A) =
1
2 ·1
165
200
= 100
165 ,
P(H2|A) = P (H2)P (A|H2)
P (A) =
1
2 · 65
100
165
200
= 65
165 .
Neka je B dogadaj da je drugi izvuˇceni proizvod ˇskart. Opet, prema
formuli potpune vjerovatnoće je
P(B) = P(B|H′
1)P(H′
1) + P(B|H′
2)P(H′
2),

3.5. ZADACI 25
gdje je H′
1 = H1|A, H′
2 = H2|A.
P(B) =
65
165
·
35
100
+
100
165
· 0 =
65
165
·
35
100
=
91
660
.

Glava 4
Viˇsestruka ispitivanja
4.1 Bernulijeva ˇsema
Neka je Ω prostor elementarnih dogadaja i A ⊆ Ω. Za niz opita u kojima
je vjerovatnoća realizacije dogadaja ista i nezavisna od ostalih opita kaˇzemo
da ˇcini Bernulijevu ˇsemu. Sa Sn oznaˇcavamo broj realizacija dogadaja A
u Bernulijevoj ˇsemi. Broj Sn
n se naziva relativna uˇcestalost (frekvencija)
dogadaja A u n ponovljenih opita. Odredićemo vjerovatnoću P(Sn = k), to jest
da će poslije n opita dogadaj A nastupiti taˇcno k puta (k ≤ n).
Odgovor na ovo pitanje je dao Jakob Bernuli u 18. vijeku. Naime, vrijedi,
P(Sn = k) =
n
k
pk
qn−k
, q = 1 − p.
Nije teˇsko vidjeti da se vjerovatnoće P(Sn = k) javljaju kao koeficijenti uz xk
u
razvoju binoma
ϕn(x) = (q + px)n
=
n
j=0
n
j
pj
qn−j
xj
=
n
j=0
P(Sn = j)xj
.
Zbog prethodne osobine, vjerovatnoće date sa P(Sn = k), k = 0, 1, . . . , n, zovu
se binomni zakon raspodjele vjerovatnoća, a po matematiˇcaru Bernuliju i
Bernulijev zakon raspodjele vjerovatnoća.
Primjedba 4.1. Funkcija ϕn zove se generatrisa vjerovatnoća P(Sn = k).
Primjer 4.1. Vjerovatnoća prijema radio signala iznosi 0.9. Kolika je vjerovatnoća
da će se pri predaji 5 signala primiti :
(a) 3 signala?
(b) ne manje od 3 signala?
(a) P(S5 = 3) =
5
3
0.93
· 0.12
= 0.0729.
27

28 GLAVA 4. VIˇSESTRUKA ISPITIVANJA
(b) P(3 ≤ S5 ≤ 5) = P(S5 = 3) + P(S5 = 4) + P(S5 = 5) =
5
3
0.93
· 0.12
+
5
4
0.94
· 0.1 +
5
5
0.95
= 0.99.
4.2 Najvjerovatniji broj pojavljivanja dogadaja
Vjerovatno´ce P(Sn = k), k = 0, 1, . . . , n, moˇzemo shvatiti kao funkciju cjelo-
brojnog argumenta k. Ta funkcija dostiˇze maksimum za neku vrijednost k0.
Vrijednost k0 je najvjerovatniji broj realizacije dogadaja A u n ponavljanja
opita. Oˇcigledno je da za k0 vrijedi
n
k0 − 1
pk0−1
· qn−(k0−1)
≤
n
k0
pk0
· qn−k0
i
n
k0
pk0
· qn−k0
≥
n
k0 + 1
pk0+1
· qn−(k0+1)
.
Iz ovih nejednaˇcina imamo
k0 ≤ np + p,
i
k0 ≥ np + p − 1.
Dakle, P(Sn = k) ima maksimum za ono k0 koje zadovoljava dvostruku ne-
jednaˇcinu
np + p − 1 ≤ k0 ≤ np + p.
Odavde dobijamo da ako je np + p cijeli broj onda za k0 moˇzemo uzeti dvije
vrijednosti np+p ili np+p−1, a ako np+p nije cijeli broj onda za k0 uzimamo
[np + p], gdje je [x] oznaka za cijeli dio broja x.
Primjer 4.2. Kocka se baca 50 puta. Odrediti najvjerovatniji broj pojavljivanja
dogadaja : pao je broj djeljiv sa 3.
Rjeˇsenje. Za najvjerovatniji broj pojavljivanja dogadaja u Bernulijevoj ˇsemi, to
jest za broj k ∈ {0, 1, . . . , n} za koji je vjerovatno´ca
Pk =
n
k
pk
qn−k
maksimalna vrijedi
np − q ≤ k ≤ np + p.
Ovdje je
n = 50, p =
1
3
, q =
2
3
,
pa vrijedi
16 = 50
1
3
−
2
3
≤ k ≤ 50
1
3
+
1
3
= 17.
Dakle, k ∈ {16, 17}.

4.3. PUASONOVA RASPODJELA 29
Primjer 4.3. Izvodi se n nezavisnih opita koji se sastoje u bacanju k novˇcića.
Izraˇcunati vjerovatnoće dogadaja:
A-bar jednom su na svim novˇcićima pali svi grbovi,
B-taˇcno m puta su na svim novˇcićima pali svi grbovi.
Rjeˇsenje. Neka Ai oznaˇcava dogadjaj da u i-tom opitu nisu pali svi grbovi,
i = 1, . . . , n. Vrijedi
P(Ai) = 1 −
1
2k
, i = 1, . . . , n i AC
= A1 · · · An.
Dogadjaji Ai su nezavisni, pa vrijedi
P(AC
) = 1 −
1
2k
n
.
Dakle,
P(A) = 1 − 1 −
1
2k
n
.
Za vjerovatnoću dogadjaja B, koristeći vjerovatnoću pojavljivanja dogadjaja u
Bernulijevoj ˇsemi, imamo
P(B) =
n
m
1
2k
m
1 −
1
2k
n−m
.
4.3 Puasonova raspodjela
Za velike vrijednosti n vjerovatnoće P(Sn = k) nije jednostavno odrediti.
Ilustrujmo to jednim primjerom.
Primjer 4.4. Pri proizvodnji nekog proizvoda vjerovatnoća da će se proizvesti
neispravan proizvod iznosi 0.004. Kolika je vjerovatnoća da će se u skupu od
100 proizvoda naći jedan neispravan proizvod?
Imamo
P(S100 = 1) =
100
1
0.0041
(1 − 0.004)100−1
= 0.4 · 0.99699
.
Vidimo da treba vrˇsiti ogromna izraˇcunavanja.
Da bi rijeˇsio probleme ove vrste Puason je dokazao sljedeću teoremu.
Teorema 4.1. Neka je P(A) = λ
n , λ > 0 i neka λ ne zavisi od n. Tada za svaki
k = 0, 1, . . . , n vrijedi
lim
n→+∞
P(Sn = k) =
λk
k!
e−λ
.

Dokaz. Vidjeli smo da je
P(Sn = k) =
n
k
λ
n
k
1 −
λ
n
n−k
.
Na osnovu toga imamo
P(Sn = k) =
λk
k!
1 −
λ
n
n
n!
(n − k)!
1
nk
1 −
λ
n
−k
,
pa dobijamo
P(Sn = k) =
λk
k!
1 −
λ
n
n
· 1 −
k − 1
n
· 1 −
k − 2
n
· · ·
1 −
1
n
· 1 −
k − 1
n
−k
→
λk
k!
e−λ
, n → +∞.
Primjedba 4.2. (i) Prethodna teorema vrijedi i ako se pretpostavi da je P(A) =
pn, pri ˇcemu je lim
n→+∞
npn = λ.
(ii) Puasonova aproksimacija daje dobre rezultate za np < 10.
Raspodjela vjerovatnoća data sa
P(k) =
λk
k!
e−λ
, k = 0, 1, 2, . . . ,
zove se Puasonov zakon raspodjele vjerovatnoća ili Puasonova raspod-
jela.
Primjer 4.5. Poznato je da u odredenoj knjizi od 500 stranica postoji 500
ˇstamparskih greˇsaka sluˇcajno raspodijeljenih. Kolika je vjerovatnoća da na sluˇcajno
odabranoj stranici knjige nema manje od tri greˇske ?
Rjeˇsenja. Traˇzi se P(S500 ≥ 3), gdje je p = 1
500 i λ = n·p = 500· 1
500 = 1. Kako
je
P(S500 ≥ 3) = 1 − P(S500 ≤ 2),
na osnovu Puasonove teoreme imamo aproksimaciju
P(S500 ≥ 3) ≈ 1 −
2
i=0
1
i!
e−1
≈ 0.080301.
4.4 Normalna (Gausova) raspodjela
U praktiˇcnim problemima se pokazalo da Puasonova aproksimacija daje do-
bre rezultate za np < 10. Ako je np ≥ 10 koristi se normalna aproksimacija
data sljedećom teoremom.

4.4. NORMALNA (GAUSOVA) RASPODJELA 31
Teorema 4.2. (Lokalna Muavr-Laplasova teorema) Neka je p ∈ (0, 1)
vjerovatno´ca dogadaja u svakom od n nezavisnih opita i neka postoje a, b ∈ R
takvi da je
a ≤
k − np
√
npq
≤ b za sve k, n ∈ N, k ∈ {0, 1, . . . , n}, q = 1 − p.
Tada vrijedi
lim
n→+∞
P(Sn = k)
1√
2πnpq
e−
(k−np)2
2npq
= 1.
Dokaz. Kako je a ≤ k−np
√
npq ≤ b imamo
a
√
npq
n
≤
k
n
− p ≤
b
√
npq
n
,
pa
k
n
→ p kad n → +∞.
Dalje, zbog formule Stirlinga (n! ∼
√
2πnnn
e−n
, n → +∞) dobijamo
P(Sn = k) ∼
√
2πnnn
√
2πkkk 2π(n − k)(n − k)n−k
pk
qn−k
, n → +∞.
Osim toga,
n
k(n − k)
=
1
n · k
n 1 − k
n
∼
1
√
npq
, n →= ∞.
Dakle,
P(Sn = k) ∼
1
√
2πnpq
·
np
k
k n(1 − p)
n − k
n−k
,
a odavde je
P(Sn = k) ∼
1
√
2πnpq
ek ln(1− k−np
k ) · e(n−k) ln(1+ k−np
n−k ).
Kako je
ln(1 ± t) ∼ t ∓
t2
2
, t → 0,
imamo
P(Sn = k) ∼
1
√
2πnpq
e
k k−np
k +
(k−np)2
2k2 +(n−k) k−np
n−k +
(k−np)2
2(n−k)2
∼
1
√
2πnpq
e−
(k−np)2
2npq .

Teorema 4.3. (Integralna Muavr-Laplasova teorema) Pri uslovima prethodne
teoreme vrijedi
P(a ≤ Sn ≤ b) ∼
1
√
2π
ab−np
√
npq
a−np
√
npq
e− t2
2 dt, n → +∞
Dokaz. Na osnovu prethodne teoreme je
P(a ≤ Sn ≤ b) ∼
a≤k≤b
P(Sn = k) ∼
a≤k≤b
1
√
2πnpq
e−
(k−np)2
2npq ,
to jest
P(a ≤ Sn ≤ b) ∼
1
√
2π a≤k≤b
1
√
npq
e−
(k−np)2
2npq ∼
1
√
2π
x2
x1
e− t2
2 dt,
gdje je
x1 =
a − np
√
npq
, x2 =
b − np
√
npq
.
Primjedba 4.3. (i) Vrijednosti funkcije
Φ(x) =
1
√
2π
x
0
e− t2
2 dt
date su tablicama.
(ii) Kriva data jednaˇcinom
ϕ(t) =
1
√
2π
e− t2
2 ,
zove se Gausova kriva obiˇcne normalne raspodjele.
(iii) Aproksimacija data prethodnom teoremom zove se i normalna aproksi-
macija.
Primjer 4.6. Vjerovatnoća proizvodnje neispravnog proizvoda je 0.002. Naći
vjerovatnoću da u seriji od 2500 proizvoda broj neispravnih bude izmedu 36 i
57.
Rjeˇsenje. Ovde je np = 2500 · 0.002 = 50 > 10, pa koristimo normalnu aproksi-
maciju.
P(36 ≤ S2500 ≤ 57) ∼
1
√
2π
1
−2
e− t2
2 dt = Φ(1)−Φ(−2) = Φ(1)−(1−Φ(2)) ≈ 0.818.

4.5. ZADACI 33
4.5 Zadaci
1. U kutiji se nalazi 300 bijelih i 200 crnih kuglica. Sluˇcajno se bira 150
kuglica sa vraćanjem. Naći vjerovatnoću da se broj bijelih kuglica nalazi
izmedu 78 i 108.
2. Iz skupa {1, 2, . . . , n} se na sluˇcajan naˇcin bira 2n brojeva sa vraćanjem
(n ≥ 10). Odrediti k takvo da je broj izvuˇcenih ˇcetvorki u tih 2n izvlaˇcenja
manji od k sa vjerovatnoćom 0.95.
3. Uredaj moˇze imati kvar A sa vjerovatnoćom 0.01 i nezavisno od toga kvar
B sa vjerovatnoćom 0.02. Uredaj je pokvaren ako ima oba kvara. Kupac
prihvata seriju od 1000 uredaja ako u seriji nema viˇse od k neispravnih
uredaja. Odrediti k takvo da kupac prihvati seriju sa vjerovatnoćom 0.999.
4. Vjerovatnoća da je sluˇcajno izabrani ˇcovjek viˇsi od 180 cm je 0.27. Odred-
iti vjerovatnoću da se u grupi od 1200 ljudi nalazi manje od 300 ljudi viˇsih
od 180 cm
5. Ako je poznato da je vjerovatnoća radanja djeˇcaka pribliˇzno 0.515, naći
vjerovatnoću da medu 1000 novorodenˇcadi ima bar 10 djevojˇcica viˇse nego
djeˇcaka.

Glava 5
Sluˇcajne promjenljive
5.1 Definicija i neki primjeri
U klasiˇcnoj teoriji vjerovatnoće osnovni pojam je sluˇcajni dogadaj. Savre-
mena teorija vjerovatnoće je teorija sluˇcajnih promjenljivih.
U opitu se svakom ishodu moˇze pridruˇziti neki realan broj. To nas dovodi do
definicije sluˇcajne promjenljive.
Definicija 5.1. Neka je Ω prostor elementarnih dogadaja i F σ−polje dogadaja
na Ω. Za funkciju X : Ω → R za koju vrijedi
{ω ∈ Ω : X(ω) < x} ∈ F za sve x ∈ R,
kaˇzemo da je sluˇcajna promjenljiva (veliˇcina).
Dogadaj {ω ∈ Ω : X(ω) < x} kraće oznaˇcavamo sa {X < x}. Kako je
{X < x} = X−1
(−∞, x), imamo da je X : Ω → R sluˇcajna promjenljiva ako
X−1
(−∞, x) ∈ F za sve x ∈ R.
Primjer 5.1. 1. Novˇcić se baca dva puta. Prostor elementarnih dogadaja je
Ω = {PP, PG, GP, GG}.
Neka je vjerovatnoća svakog elementarnog dogadaja jednaka 1
4 . Neka je
X broj pojavljivanja pisama u dba bacanja novˇcića. Imamo X(PP) =
2, X(PG) = X(GP) = 1, X(GG) = 0.
2. U opitu sa dva ishoda od koji je jedan uspjeh, oznaˇcimo sa X = 1 ako se
dogodio uspjeh, a sa X = 0 ako se dogodio neuspjeh. Ako je p vjerovatnoća
uspjeha, tada je P(X = 1) = p, P(X = 0) = 1 − p. Ovo je Bernulijeva
sluˇcajna promjenljiva.
35

36 GLAVA 5. SLU ˇCAJNE PROMJENLJIVE
3. Neka je data Bernulijeva ˇsema sa vjerovatnoćom uspjeha jednakom p.
Neka je X broj uspjeha u n uzastopnih ponavljanja. Tada je
P(X = k) =
n
k
pk
(1 − p)n−k
, k = 0, 1, . . . , n.
Sluˇcajna promjenljiva X se naziva binomnom sluˇcajnom promjenljivom.
4. Neka je A ⊂ Ω. Indikator dogadaja Aje sluˇcajna promjenljiva IA defin-
isana sa
IA(ω) =
1, ω ∈ A,
0, ω /∈ A.
Imamo P(IA = 1) = P(A), P(IA = 0) = 1 − P(A).
5. Neka je X sluˇcajna promjenljiva koja moˇze da uzima proizvoljne vri-
jednosti iz segmenta [0, 1], tako da je P(X ∈ [a, b]) = b − a za svako
a, b ∈ [0, 1], a ≤ b. Sluˇcajna promjenljiva X se naziva uniformnom prom-
jenljivom na [0, 1].
5.2 Zakon raspodjele sluˇcajne promjenljive
diskretnog tipa
Definicija 5.2. Sluˇcajna promjenljiva X : Ω → R je diskretnog tipa ako je
skup X(Ω) konaˇcan ili prebrojiv.
Diskretna skuˇcajna promjenljiva X : Ω → R je opisana ako se zna skup
X(Ω) = {xi : i ∈ I}, gdje je I konaˇcan ili prebrojiv i ako se zna funkcija
P : X(Ω) → [0, 1], to jest ako se znaju vjerovatnoće pi = P{ω ∈ Ω : X(ω) = xi}.
Zakon raspodjele sluˇcajne promjenljive X dat je tabelom
X :
x1 x2 · · · xn · · ·
p1 p2 · · · pn · · ·
.
Ovde je
i∈I
{X = xi} = Ω i
i∈I
pi = 1.
Primjer 5.2. Odredimo zakone raspodjele sluˇcajnih promjenljivih datih u primjeru5.1.
1. X :
0 1 2
1
4
1
2
1
4
,
2. X :
0 1
1 − p p
,
3. X :


0 1 · · · n
n
0
(1 − p)n n
1
p(1 − p)n−1
· · ·
n
n
pn

 ,

5.3. FUNKCIJA RASPODJELE SLU ˇCAJNE PROMJENLJIVE 37
4. IA :
0 1
1 − P(A) P(A)
.
5. U ovom sluˇcaju se ne radi o diskretnoj sluˇcajnoj promjenljivoj.
5.3 Funkcija raspodjele sluˇcajne promjenljive
Neka je (Ω, F, P) prostor vjerovatnoća i X : Ω → R sluˇcajna promjenljiva.
Kako vrijedi {ω ∈ Ω : X(ω) < x} ∈ F, za svaki x ∈ R je definisana vjerovatnoća
P({ω ∈ Ω : X(ω) < x}). To nas dovodi do sljedeće definicije.
Definicija 5.3. Neka je X : Ω → R sluˇcajna promjenljiva. Funkcija F : R → R
definisana sa
F(x) = P{ω ∈ Ω : X(ω) < x},
naziva se funkcija raspodjele sluˇcajne promjenljive X.
Osnovne osobine funkcije raspodjele su :
1. 0 ≤ F(x) ≤ 1x ∈ R,
2. F je monotono neopadajuća funkcija,
3. lim
x→−∞
= F(−∞) = 0, lim
x→+∞
= F(+∞) = 1,
4. lim
t→x−0
F(t) = F(x), lim
t→x+0
F(t) = F(x) + P(X = x),
5. P(a ≤ X < b) = F(b) − F(a),
P(a < X < b) = F(b) − F(a) − P(X = a),
P(a ≤ X ≤ b) = F(b) + P(X = b) − F(a),
P(a < X ≤ b) = F(b) + P(X = b) − F(a) − P(X = a).
Sledeća teorema daje karakterizaciju funkcije raspodjele sluˇcajne promjenljive.
Teorema 5.1. Funkcija F : R → R je funkcija raspodjele neke sluˇcajne prom-
jenljive X ako i samo ako vrijedi :
1. 0 ≤ F(x) ≤ 1x ∈ R,
2. F je monotono neopadajuća funkcija,
3. lim
x→−∞
= F(−∞) = 0, lim
x→+∞
= F(+∞) = 1,
4. F je neprekidna s lijeva.
Primjedba 5.1. Funkcija raspodjele se moˇze definisati i sa
F(x) = P(X ≤ x), x ∈ R.
U tom sluˇcaju ona je neprekidna s desna.

Ako znamo zakon raspodjele diskretne sluˇcajne promjenljive X onda moˇzemo
konstruisati njenu funkciju raspodjele. Naime,
F(x) = P(X < x) =
xx<x
P(X = xi) =
xx<x
pi.
Primjer 5.3. 1. Binomna raspodjela. Ovde je
F(x) = P(X < x) =



0, x ≤ 0,
k<x
n
n
pk
(1 − p)n−k
, 0 < x ≤ n,
1, x > n.
2. Puasonova raspodjela. Diskretna sluˇcajna promjenljiva X moˇze uzi-
mati vrijednosti
0, 1, 2, . . .
sa vjerovatnoćama
P(X = k) =
λk
k!
e−λ
, λ > 0.
Funkcija raspodjele ima oblik
F(x) = P(X < x) =
0, x ≤ 0,
k<x
λk
k! e−λ
, x > 0.
3. Geometrijska raspodjela. Bernulijevi eksperimenti, sa vjerovatnoćom
uspjeha p, izvode se do prvog uspjeha. Sluˇcajna promjenljiva X uzima
vrijednosti 1, 2, . . . sa vjerovatnoćama
P(X = k) = p(1 − p)k−1
, k = 1, 2, . . . ,
F(x) = P(X < x) =
0, x ≤ 1,
k<x
p(1 − p)k−1
, x > 1.
4. Hipergeometrijska raspodjela. Od n predmeta, m je posebno oznaˇceno.
Bira se sluˇcajan uzorak od r predmeta. Neka je X broj posebno oznaˇcenih
predmeta u uzorku. Ovo je hpergeometrijska sluˇcajna promjenljiva. Imamo
P(X = k) =
m
k
·
n − m
r − k
n
r
, k = 0, 1, 2, . . . , r.
F(x) = P(X < x) =



0, x ≤ 0,
k<x


m
k

·


n − m
r − k




n
r


, 0 < x < r.
1, x ≥ r.

5.4. SLU ˇCAJNE PROMJENLJIVE NEPREKIDNOG TIPA 39
Kako zbir svih vjerovatnoća mora da bude 1, dobijamo identitet
r
k=0
m
k
n − m
r − k
=
n
r
.
5.4 Sluˇcajne promjenljive neprekidnog tipa
Definicija 5.4. Sluˇcajna promjenljiva X : Ω → R je neprekidnog tipa ako
postoji nenegativna integrabilna funkcija f : R → R takva da je
F(x) =
x
−∞
f(t)dt, za svaki x ∈ R.
Funkcija f je gustina raspodjele vjerovatnoća sluˇcajne promjenljive X.
Ako je f integrabilna onda je F neprekidna, a ako je f neprekidna onda je
F diferencijabilna i vrijedi
F′
(x) = f(x), x ∈ R.
Ako je f neprekidna tada je
b
a
f(t)dt = F(b) − F(a) i
b
a
f(t)dt = P(a ≤ X ≤ b).
Odavde dobijamo P(X = a) = 0.
Napomenimo da postoje sluˇcajne promjenljive koje nisu ni diskretne ni neprekidne.
Primjer 5.4. Sluˇcajna promjenljiva X ˇcija je funkcija raspodjele data sa
F(x) =



0, x < 1
2 ,
x, 1
2 ≤ x < 1,
1, 1 ≤ x,
nije ni diskretnog ni neprekidnog tipa.
Iz osobina funkcije raspodjele vjerovatnoća sluˇcajne promjenljjive dobijamo
osobine funkcije gustine raspodjele vjerovatnoća.
Teorema 5.2. Neka je X neprekidna sluˇcajna promjenljiva sa funkcijom raspod-
jele F i gustinom f. Tada vrijedi :
1. Za svako a ∈ R, P(X = a) = 0.
2. Za sve a, b ∈ R, (a < b) je
P(a < X < b) =
b
a
f(t)dt.

3. Za svako a ∈ R je
P(X < a) = P(X ≤ a) =
a
−∞
f(t)dt,
P(X > a) = P(X ≥ a) =
+∞
a
f(t)dt.
4.
+∞
−∞
f(t)dt = 1.
Primjer 5.5. Funkcija gustine vjerovatno´ca sluˇcajne promjenljive X je
f(x) =
cx, x ∈ [3, 6]
0, x /∈ [3, 6].
Na´ci:
(a) konstantu c,
(b) P(X ∈ [a, b]), gdje je [a, b] ⊂ [3, 6],
(c) P(X2
− 9X + 20 ≥ 0).
Rjeˇsenje.
(a) Iz relacije
6
3
cxdx = 1
dobijamo da je c = 2
27 .
(b) P(X ∈ [a, b]) =
b
a
2
27 xdx = b2
−a2
27 .
(c)
P(X2
− 9X + 20 ≥ 0) = P((X − 4)(X − 5) ≥ 0) = P(X ∈ [3, 4] ∪ [5, 6]).
Dakle,
P(X2
− 9X + 20 ≥ 0) =
4
3
2
27
xdx +
6
5
2
27
xdx =
42
− 32
27
+
62
− 52
27
=
2
3
.
5.5 Pregled vaˇznijih raspodjela
1. Bernoullijeva
P(X = 1) = p, P(X = 0) = 1 − p.

5.5. PREGLED VAˇZNIJIH RASPODJELA 41
2. Binomna B(n, p)
P(X = k) =
n
k
pk
(1 − p)n−k
, k = 0, . . . , n.
3. Geometrijska
P(X = k) = p(1 − p)k−1
, k = 1, 2, . . .
4. Hipergeometrijska
P(X = k) =
m
k
n − m
r − k
n
r
, k = 0, . . . , r, r ≤ m < n.
5. Negativna binomna
P(X = k) =
k − 1
r − 1
pr
(1 − p)k−r
, k = r, r + 1, . . .
6. Poissonova P(λ)
P(X = k) = e−λ λk
k!
, k = 0, 1, . . .
7. Uniformna U(a, b)
f(x) =
1
b − a
, x ∈ [a, b].
8. Eksponencijalna E(λ)
f(x) = λe−λx
, x ≥ 0, λ > 0.
9. Normalna N(µ, σ2
)
f(x) =
1
σ
√
2π
e−
(x−µ)2
2σ2
, x ∈ R.
10. Gama Γ(α, λ)
f(x) =
λα
e−λx
xα−1
Γ(α)
, x > 0.
11. Beta B(α, β)
f(x) =
Γ(α + β)
Γ(α)Γ(β)
xα−1
(1 − x)β−1
, 0 < x < 1.

12. Hi kvadrat χ2
(n)
f(x) =
1
2
n
2 Γ(n
2 )
x
n
2 −1
e− x
2 , x > 0.
13. Studentova t(n)
f(x) =
Γ((n + 1)/2)
√
nπΓ(n/2)
1 +
x2
n
−(n+1)/2
, x ∈ R.
5.6 Zadaci
1. Noˇcić se baca pet puta. Sluˇcajan promjenljiva X je broj pojavljivanja
grba. Opisati tu sluˇcajnu promjenljivu.
2. Neka je X sluˇcajna promjenljiva i
f(x) =
ax + b, |x| ≤ 1
0, |x| > 1
njena gustina raspodjele vjerovatnoća. Pokazati da je b = 1
2 i |a| ≤ 1
2 .
3. Neka X ima normalnu raspodjelu sa parametrima µ = 10 i σ = 3. Odrediti
vjerovatnoću dogadjaja (X ∈ [4, 16]).
4. Neka X ima N(0, σ2
) raspodjelu. Odrediti vrijednost σ tako da je vjerovatnoća
P(1 ≤ X ≤ 3) najveća.
5. Sluˇcajna promjenljiva X je neprekidna sa gustinom
f(x) =
c(4x − 2x2
), x ∈ (0, 2),
0, x /∈ (0, 2).
Odrediti c, a zatim naći P(X > 1).

Glava 6
Sluˇcajni vektori
6.1 Sluˇcajni vektori
U nekim sluˇcajevima ishodu nekog opita moˇzemo pridruˇziti viˇse numeriˇckih
karakteristika.
Na primjer, taˇcka pogotka mete moˇze da se opiˇse sa dvije sluˇcajne promjenljive,
apscisom i ordinatom.
Ovakvi primjeri nas dovode do pojma viˇsedimenzionalne sluˇcajne prom-
jenljive.
Definicija 6.1. Funkcija X = [X1, . . . , Xn]T
: Ω → Rn
je n−dimenzionalna
sluˇcajna promjenljiva, ako je za svaki i ∈ {1, . . . , n} funkcija Xi sluˇcajna
promjenljiva.
Ako je n = 2 radi se o sluˇcajnom vektoru. Koristi se i oznaka
X =
X1
X2
= [X1, X2]T
ili X = (X1, X2).
Ako su Xi, i ∈ {1, . . . , n} diskretne (neprekidne) sluˇcajne promjenljive onda je
X diskretna (neprekidna) n−dimenzionalna sluˇcajna promjenljiva.
Neka su X i Y diskretne sluˇcajne promjenljive i
X(Ω) = {xi : i ∈ I}, Y (Ω) = {yj : j ∈ J},
gdje su I i J konaˇcni ili prebrojivi skupovi. Tada je skup vrijednosti sluˇcajnog
vektora Z = [X, Y ]T
dat sa
Z(Ω) =
xi
yj
: i ∈ I, j ∈ J .
Zakon raspodjele vjerovatnoća sluˇcajnog vektora Z dat je funkcijom P :
Z(Ω) → R, to jest vjerovatnoćama
pij = P(X = xi, Y = yj), i ∈ I, j ∈ J.
43

44 GLAVA 6. SLU ˇCAJNI VEKTORI
To obiˇcno predstavljamo pomoću tabele
XY y1 y2 · · · yj · · ·
x1 p11 p12 · · · p1j · · ·
x2 p21 p22 · · · p2j · · ·
...
...
... · · ·
... · · ·
xi pi1 pi2 · · · pij · · ·
...
...
...
... · · ·
...
Kako je
Ω =
i,j
{X = xi, Y = yj} imamo
i∈I j∈J
pij = 1.
Ako je poznat zakon raspodjele vjerovatnoća sluˇcajnog vektora Z = [X, Y ]T
tada moˇzemo odrediti zakone raspodjela vjerovatnoća sluˇcajnih promjenljivih
X i Y . To su marginalni zakoni raspodjela vjerovatnoća.
Kako je
{X = xi} =
j
{X = xi, Y = yj}
imamo
pi = P(X = xi) =
j
pij,
analogno dobijamo
qj = P(Y = yj) =
i
pij.
Dakle, vrijedi
X :
x1 x2 · · · xi · · ·
p1 p2 · · · pi · · ·
i
Y :
y1 y2 · · · yj · · ·
q1 q2 · · · qj · · ·
.
Primjer 6.1. Zakon raspodjele sluˇcajnog vektora (X, Y ) dat je sljedećom tabe-
lom
XY 1 2 3 4
1 1
12
1
6 0 1
4
1
2
2 0 1
6 0 1
12
1
4
3 1
6 0 0 1
4
1
4
1
3
1
12
1
3
(i) Naći vrijednost koja nedostaje u tabeli tj. P(X = 3, Y = 3).
(ii) Naći P(X ≤ Y ).
(iii) Naći P(X = 2).

6.2. FUNKCIJA RASPODJELE SLU ˇCAJNOG VEKTORA 45
(iv) Odrediti marginalne zakone raspodjela vjerovatnoća za X i Y .
Rezultat.
(i) P(X = 3, Y = 3) = 1
12 .
(ii) P(X ≤ Y ) = p11 + p12 + p13 + p14 + p22 + p23 + p24 + p33 + p34 = 5
6 .
(iii) P(X = 2) =
j
p2j = 1
4 .
(iv)
X :
1 2 3
1
2
1
4
1
4
,
X :
1 2 3 4
1
4
1
3
1
12
1
3
.
6.2 Funkcija raspodjele sluˇcajnog vektora
Neka su X i Y sluˇcajne promjenljive, tada ima smisla traˇziti vjerovatnoću
dogadaja {ω ∈ Ω : X(ω) < x, Y (ω) < y}, tj, da sluˇcajna taˇcka padne u oblast
{(u, v) : u < x, v < y}.
Definicija 6.2. Funkcija raspodjele sluˇcajnog vektora (X, Y ) je funkcija
F : R2
→ R data sa
F(x, y) = P(X < x, Y < y).
Osobine funkcije raspodjele :
1. 0 ≤ F(x, y) ≤ 1, x, y ∈ R,
2. F je neopadajuća po svakoj promjenljivoj,
3. F je neprekidna s lijeve strane po svakoj promjenljivoj,
4. lim
x → +∞
y → +∞
F(x, y) = 1, lim
x → −∞
y → −∞
F(x, y) = 0.
Teorema 6.1. Neka je F funkcija raspodjele sluˇcajnog vektora (X, Y ) tada je
P(a1 ≤ X ≤ a2, b1 ≤ Y ≤ b2) = F(a2, b2) − F(a1, b2) − F(a2, b1) + F(a1, b1).
Sljedeća teorema daje karakterizaciju funkcije raspodjele sluˇcajnog vektora.
Teorema 6.2. Funkcija F : R2
→ R je funkcija raspodjele sluˇcajnog vektora
(X, Y ) ako i samo ako vrijedi 1, 2, 3, 4, i
F(a2, b2) − F(a1, b2) − F(a2, b1) + F(a1, b1) ≥ 0.

6.3 Uslovne raspodjele
Polazeći od formule
P(A|B) =
P(AB)
P(B)
, P(B) > 0,
dolazimo do pojma uslovne raspodjele.
Pretpostavimo da su X i Y diskretne sluˇcajne promjenljive. Tada je
p(xi|yj) = P(X = xi|Y = yj) =
P(X = xi, Y = yj)
P(Y = yj)
=
pij
qj
.
Analogno je
q(yj|xi) = P(Y = yj|X = xi) =
P(Y = yj, X = xi)
P(X = xi)
=
pij
pi
.
Primjer 6.2. Zakon raspodjele sluˇcajnog vektora dat je tabelom
XY 1 2 3
0 2
27
6
27 0 8
27
1 0 6
27
6
27
12
27
2 0 6
27 0 6
27
3 1
27 0 0 1
27
3
27
18
27
6
27
Naći uslovnu raspodjelu X|Y = 2.
Rezultat.
X|Y = 2 :
0 1 2 3
1
3
1
3
1
3 0
.
Definicija 6.3. Sluˇcajne promjenljive X i Y su nezavisne ako vrijedi
P(X < x, Y < y) = P(X < x)P(Y < y) za sve x, y ∈ R.
Ako su X i Y nezavisne tada vrijedi
F(x, y) = FX(x)FY (y), x, y ∈ R,
gdje je F(x, y) funkcija raspodjele sluˇcajnog vektora (X < Y ), a FX (x)(FY (y))
funkcija raspodjele sluˇcajne promjenljive X(Y ).
Ako su X i Y diskretne sluˇcajne promjenljive tada je nezavisnost ekvivalentna
uslovu
p(xi, yj) = p(xi)q(yj), i ∈ I, j ∈ J.
Primjer 6.3. X i Y su nezavisne sluˇcajne promjenljive sa Poasonovom raspod-
jelom P(λ). Naći raspodjelu sluˇcajne promjenljive X|X + Y = m.
Rjeˇsenje.
P{X = k|X + Y = m} =
P{X = k, X + Y = m}
P{X + Y = m}
, k = 0, 1, . . . , m.

6.4. FUNKCIJE SLU ˇCAJNIH PROMJENLJIVIH 47
P{X = k, X + Y = m} = P{X = k, Y = m − k}. Sada zbog nezavisnosti
sluˇcajnih promjenljivih X i Y je
P{X = k, X + Y = m} = P{X = k}P{Y = m − k} =
λk
k! · e−λ
· λm−k
(m−k)! e−λ
= m
k
λm
m! e−2λ
, k = 0, 1, . . . , m.
P{X + Y = m} =
m
i=0
P{X = i, Y = m − i} =
=
m
i=0
P{X = i}P{Y = m − i} =
= =
m
i=0
m
i
λm
m! e−2λ
= λm
m! e−2λ
m
i=0
m
i = (2λ)m
m! e−2λ
.
Sada je
P{X = k|X + Y = m} =
m
k
λm
m! e−2λ
(2λ)m
m! e−2λ
=
1
2m
m
k
.
Znaˇci X|X + Y = m ima binomnu raspodjelu B(m, 1
2 ).,
6.4 Funkcije sluˇcajnih promjenljivih
Neka je X = (X1, . . . , Xn) viˇsedimenzionalna sluˇcajna pomjenljiva i
g : Rn
→ R
data funkcija. Tada je funkcija
Y : Ω → R
data sa
Y = g ◦ X
sluˇcajna promjenljiva.
Ovde se bavimo problemom odredivanja raspodjele sluˇcajne promjenljive Y ako
je poznata funkcija g i raspodjela X. Smatraćemo da je n = 1, u opˇstem sluˇcaju
su potrebna neka razmatranja iz analize funkcija viˇse promjenljivih ˇsto prelazi
okvire ovoga kursa. Ramotrimo prvo sljedeće primjere.
Primjer 6.4. Neka X ima Poasonovu raspodjelu P(λ). Definiˇsimo Y = X2
i
Z = sin
πX
2
. Odrediti zakon raspodjele za Y i Z.
Rjeˇsenje. Imamo da je
k!
, k = 0, 1, . . .
Sluˇcajna promjenljiva Y = X2
moˇze uzimati samo vrijednosti koje su kvadrati
prirodnih brojeva i nule, pri ˇcemu je
P(Y = k2
) = P(X = k) = e−λ λk
k!
, k = 0, 1, . . .

Sluˇcajna promjenljiva Z uzima vrijednosti iz skupa {−1, 0, 1}. Imamo da je
P(Z = 0) =
+∞
k=0
P(X = 2k) = e−λ
+∞
k=0
λ2k
(2k)!
= e−λ
chλ.
Na sliˇcan naˇcin nalazimo
P(Z = 1) = e−λ shλ + sin λ
2
i
P(Z = −1) = e−λ shλ − sin λ
2
.
Primjer 6.5. Sluˇcajna promjenljiva X ima normalnu raspodjelu N(0, 1) i sluˇcajna
promjenljiva Y ima log normalnu raspodjelu, to jest Y = eX
. Odrediti raspodjelu
sluˇcajne promjenljive Y .
Rjeˇsenje. Za funkciju raspodjele FY sluˇcajne promjenljive Y vrijedi
FY (y) = P(Y < y) = P(eX
< y) = 0, y ≤ 0,
FY (y) = P(X < ln y) =
1
√
2π
ln y
−∞
e− t2
2 dt, y > 0.
Gustina sluˇcajne promjenljive Y je
fY =
1√
2πy
e− ln2 y
2 , y > 0
0, y ≤ 0.
Koristeći ideje date u prethodnim primjerima dobijamo opˇsti rezultat.
Diskretan sluˇcaj. Neka je data sluˇcajna promjenljiva X sa zakonom raspodjele
X :
x1 x2 · · · xi · · ·
p1 p2 · · · pi · · ·
i funkcija
g : R → R.
Odredimo zakon raspodjele sluˇcajne promjenljive Y = g ◦ X. Vrijedi
P(Y = g(xi)) =
j∈Ii
P(X = xj),
gdje je
Ii = {j : g(xi) = g(xj)}.
Neprekidan sluˇcaj. Neka je X neprekidna sluˇcajna promjenljiva sa funkcijom
raspodjele vjerovatnoća FX(x). Tada za funkciju raspodjele vjerovatnoća FY (y)
sluˇcajne promjenljive Y imamo
FY (y) = P(Y < y) = P(g(X) < y) = P(x ∈ g−1
(−∞, y)).
Na kraju, zavrˇsimo sa jednim primjerom.

6.5. ZADACI 49
Primjer 6.6. Neka su X i Y nezavisne sluˇcajne promjenljive i
P(X = k) = P(Y = k) = qk
p, k = 0, 1, 2, . . . , p ∈ (0, 1), q = 1 − p
Sluˇcajne promjenljive Z i W deﬁnisane su sa
Z = Y − X, W = min(X, Y ).
(i) Pokazati da je P(W = w, Z = z) = p2
q2w+|z|
, w ≥ 0, z ∈ Z.
(ii) Odrediti P(W = w).
(iii) Odrediti P(Z = z).
(iv) Da li su Z i W nezavisne sluˇcajne promjenljive?
Rjeˇsenje.
(i) Ako je Y − X = Z < 0 tada je w = W = Y i X = Y − Z = w + |z|. Dakle,
P(W = w, Z = z) = P(Y = w, X = w + |z|) = p2
q2w+|z|
.
Ako je Y − X = Z ≥ 0 tada je w = W = X i Y = X + Z = w + z. Dakle,
P(W = w, Z = z) = P(X = w, Y = w + z) = p2
q2w+z
.
(ii)
P(W = w) =
+∞
z=−∞
p2
q2w+|z|
=
p2
q2w
[2
+∞
z=0
q|z|
− 1] = p2
q2w 2
p
− 1 = p(2 − p)q2w
.
(iii)
P(Z = z) =
+∞
w=0
p2
q2w+|z|
= p2
q|z| 1
1 − q2
=
pq|z|
2 − p
.
(iv) Sluˇcajne promjenljive Z i W su nezavisne jer vrijedi
P(Z = z, W = w) = P(Z = z)P(W = w).
6.5 Zadaci
1. Zakon raspodjele sluˇcajne promjnljive X dat sa
P(X = k) = 2−k
, k ∈ N.
Odrediti zakon raspodjele sluˇcajne promjenljive Y = 2 cos πx
2 .
2. Sluˇcajna promjenljiva X ima unifomnu raspodjelu na intervalu [0, 1]. Odred-
iti raspodjelu sluˇcajne promjenljive Y = X2
.

3. Sluˇcajna promjenljiva X ima gustinu
f(x) =
e−x
, x > 0,
0 x ≤ 0.
Odrediti gustinu sluˇcajne promjenljive Y = (X − 1)2
.
4. Sluˇcajna promjenljiva X ima Koˇsijevu raspodjelu
f(x) =
1
π
·
1
1 + x2
.
Na´ci gustinu sluˇcajne promjenljive
Y =
2X
1 − X2
.

Glava 7
Numeriˇcke karakteristike
sluˇcajnih promjenljivih
7.1 Matematiˇcko oˇcekivanje
Neka je Ω = {ω1, ω2, . . . , ωn} i X :
x1 x2 · · · xk
p1 p2 · · · pk
. Oznaˇcimo sa
Ai = {ω ∈ Ω : X(ω) = xi}, i = 1, 2, . . . , k.
Ako je |Ai| = ni, i = 1, 2, . . . , k imamo pi = ni
n , pa za srednju vrijednost
X(ω1) + X(ω2) + · · · + X(ωn)
n
sluˇcajne promjenljive X imamo
n1x1 + n2x2 + · · · + nkxk
n
=
k
i=1
pixi.
Prethodno razmatranje je motiv za sljedeću definiciju.
Definicija 7.1. Neka je X diskretna sluˇcajna promjenljiva ˇciji je zakon raspod-
jele vjerovatnoća dat sa
X :
x1 x2 · · · xn · · ·
p1 p2 · · · pn · · ·
.
Matematiˇcko oˇcekivanje sluˇcajne promjenljive X je broj
E(X) =
+∞
n=1
xnpn,
51

52GLAVA 7. NUMERI ˇCKE KARAKTERISTIKE SLU ˇCAJNIH PROMJENLJIVIH
ako je dati red apsolutno konvergentan.
Za neprekidnu sluˇcajnu promjenljivu sa gustinom raspodjele f, matematiˇcko
oˇcekivanje deﬁniˇse se sa
E(X) =
+∞
−∞
xf(x)dx,
ako je integral apsolutno konvergentan.
Primjer 7.1. Neka je X sluˇcajna promjenljiva koja predstavlja broj na gornjoj
strani kocke. Ovde je E(X) = 3.5.
Primjer 7.2. Neka X ima Koˇsijevu raspodjelu, to jest radi se o sluˇcajnoj prom-
jenljivoj ˇcija je gustina raspodjele
f(x) =
1
π(1 + x2)
, x ∈ R.
U ovom sluˇcaju ne postoji E(X), jer je
+∞
−∞
|x|
π(1 + x2)
dx = +∞,
pa integral
+∞
−∞
x
π(1 + x2)
dx,
ne kovergira apsolutno.
Neka je X sluˇcajna promjenljiva i g : R → R data funkcija. Ako je X
diskretnog tipa onda je
E(g(X)) =
+∞
n=1
g(xn)pn.
U sluˇcaju da je X neprekidnog tipa sa gustinom f onda je
E(g(X)) =
+∞
−∞
g(x)f(x)dx.
Primjer 7.3. (i) Neka je
X :
−2 2
1
2
1
2
.
Odrediti E(X2
).
Ovde je g(x) = x2
, x ∈ R, pa vrijedi
E(X2
) = (−2)2 1
2
+ 22 1
2
= 0.

7.2. VARIJANSA 53
(ii) X je sluˇcajna promjenljiva koja oznaˇcava duˇzinu preˇcnika kruga i vrijedi
X : U(5, 7). Odrediti matematiˇcko oˇcekivanje povrˇsine kruga. U ovom sluˇcaju
je g(x) = π2 x
2
2
, pa je
E π2 X
2
2
=
7
5
π2 x2
4
·
1
2
dx =
109π2
12
.
U sljedećoj teoremi dajemo osnovne osobine matematiˇckog oˇcekivanja.
Teorema 7.1. 1. Neka je c ∈ R tada je E(c) = c,
2. ako je c ∈ R i X sluˇcajna promjenljiva tada je E(cX) = cE(X),
3. ako su X i Y sluˇcajne promjenljive tada je E(X + Y ) = E(X) + E(Y ),
4. ako su X i Y nezavisne sluˇcajne promjenljive tada je
E(X · Y ) = E(X) · E(Y ).
Primjer 7.4. Naći matematiˇcko oˇcekivanje zbira broja taˇcaka pri bacanju dvije
kocke.
Rjeˇsenje. Neka su X i Y sluˇcajne promjenljive-broj taˇcaka koji se pojavio na
prvoj, odnosno na drugoj kocki. Prema osobini 3. imamo E(X + Y ) = E(X) +
E(Y ). Sada, na osnovu primjera 7.1 dobijamo E(X + Y ) = 3.5 + 3.5 = 7.
Primjer 7.5. Za sluˇcajnu promjenljivu X vrijedi E(X) = 100.
Odrediti E(2X + 6).
Rjeˇsenje. Vrijede formule
E(cX) = cE(X), E(X + c) = E(X) + E(c) = E(X + c).
Dakle,
E(2X + 6) = 2E(X) + 6 = 206.
7.2 Varijansa
Matematiˇcko oˇcekivanje daje informaciju o sluˇcajnoj promjenljivoj koja je
ne opisuje u potpunosti. Ilustrujmo to sljedećim primjerom.
Primjer 7.6. Neka je
X :
−1 0 1
1
3
1
3
1
3
i Y :
−100 50 100
1
2 0 1
2
.
Tada je E(X) = E(Y ) = 0.
Dakle, potrebno je posmatrati i odstupanje sluˇcajne promjenljive od E(X),
to jest |X−E(X)|. Izraz (X−E(X))2
takode daje odstupanje ali je jednostavniji
za analizu.

Definicija 7.2. Varijansa (disperzija) sluˇcajne promjenljive X je
V ar(X) = E(X − E(X))2
.
Koristi se i oznaka D2
(X) = E(X − E(X))2
. Broj V ar(X) se naziva stan-
dardna devijacija.
Osnovne osobine varijanse sadrˇzane su u sljedećoj teoremi.
Teorema 7.2. 1. V ar(X) = E(X2
) − E2
(X),
2. V ar(X) ≥ 0,
3. ako je c ∈ R onda je V ar(c) = 0,
4. V ar(cX) = c2
V ar(X),
5. ako su X i Y nezavisne sluˇcajne promjenljive onda je
V ar(X + Y ) = V ar(X) + V ar(Y ).
Primjedba 7.1. Ako je V ar(X) = 0 onda je P(X = c) = 1 i kaˇze se da je X = c
skoro sigurno (s. s.).
Primjer 7.7. Odredimo V ar(IA), to jest varijansu indikatora dogadaja A.
Sluˇcajna promjenljiva IA je definisana sa (vidi primjer 5.1)
IA(ω) =
1, ω ∈ A,
0, ω /∈ A.
Imamo P(IA = 1) = P(A), P(IA = 0) = 1 − P(A).
V ar(IA) = p − p2
= p(1 − p).
Primjer 7.8. Ako je
X :
1 2 3
p1 p2 p3
sluˇcajna promjenljiva kod koje je E(X) = 2 i V ar(X) = 2
3 odrediti p1, p2 i p3.
Rjeˇsenje. Vrijedi
p1 + p2 + p3 = 1,
osim toga, kako je E(X) = 2 imamo
p1 + 2p2 + 3p3 = 2.
Dalje,
V ar(X) = E(X2
) − E2
(X) =
2
3
,
pa je
p1 + 4p2 + 9p3 − 4 =
2
3
.
Sada iz
p1 + p2 + p3 = 1

7.3. KOVARIJANSA I KOEFICIJENT KORELACIJE 55
p1 + 2p2 + 3p3 = 2
p1 + 4p2 + 9p3 =
14
3
,
dobijamo
p1 = p2 = p3 =
1
3
.
7.3 Kovarijansa i koeficijent korelacije
Definicija 7.3. Neka je X sluˇcajna promjenljiva. Osnovni momenat k−tog
reda je
E(Xk
), k = 0, 1, 2, . . .
Centralni momenat k−tog reda je
E(X − E(X))k
, k = 0, 1, 2, . . .
Matematiˇcko oˇcekivanje je osnovni momenat prvog reda, a varijansa je cen-
tralni momenat drugog reda.
Ako postoji osnovni momenat k−tog reda (k ≥ 2) onda postoje i momenti i−tog
reda i ∈ {0, 1, . . . , k − 1}. Naime, neka je
+∞
−∞
|xk
f(x)|dx < +∞,
tada je
+∞
−∞
|xi
f(x)|dx =
−1
−∞
|xk
f(x)|dx +
1
−1
|xk
f(x)|dx +
+∞
1
|xk
f(x)|dx ≤
≤ 1 +
+∞
−∞
|xk
f(x)|dx < +∞.
Definicija 7.4. Neka su X i Y sluˇcajne promjenljive. Broj
E((X − E(X))(Y − E(Y ))
nazivamo kovarijacija i oznaˇcavamo sa cov(X, Y ).
Osnovne osobine kovarijacije su :
1. cov(X, Y ) = cov(Y, X),
2. cov(X, X) = V ar(X),
3. cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ),
4. ako su X i Y nezavisne sluˇcajne promjenljive onda je cov(X, Y ) = 0.

Primjer 7.9. Neka sluˇcajni vektor (X, Y ) ima zakon raspodjele vjerovatnoća
Y X -1 0 1
0 1
12
1
2
1
12
2 1
12
1
6
1
12
Naći cov(X, Y ).
Rjeˇsnje. Zakoni raspodjela za X, Y i XY su
X :
−1 0 1
1
6
2
3
1
6
, Y :
0 2
2
3
1
3
, XY :
−2 0 2
1
12
5
6
1
12
.
Sada je E(X) = 0, E(Y ) = 2
3 i E(XY ) = 0, pa je cov(X, Y ) = 0. Primjetimo
da X i Y nisu nezavisne, jer na primjer
P(X < 0) =
1
6
, P(Y < 2) =
2
3
i P(X < 0, Y < 2) =
1
12
,
tako da je
P(X < 0, Y < 2) = P(X < 0)P(Y < 2).
Definicija 7.5. Sluˇcajna promjenljiva
X0
= X − E(X)
naziva se centralizovana sluˇcajna promjenljiva.
Sluˇcajna promjenljiva
X⋆
=
X − E(X)
V ar(X)
naziva se standardizovana sluˇcajna promjenljiva. Kovarijacija standardizo-
vanih sluˇcajnih promjenljivih X⋆
i Y ⋆
naziva se koeficijent korelacije sluˇcajnih
promjenljivih X i Y i oznaˇcava se sa ρXY .
Dakle,
ρXY = cov(X⋆
, Y ⋆
)) = E
X − E(X)
V ar(X)
·
Y − E(Y )
V ar(Y )
=
E(XY ) − E(X)E(Y )
V ar(X) V ar(Y )
.
Osobine koeficijenta korelacije :
1. ρXX = 1,
2. ρXY = ρY X,
3. |ρXY | ≤ 1,
4. ako su X i Y nezavisne sluˇcajne promjenljive onda je ρXY = 0,
5. ρXY ∈ {−1, 1} ako i samo ako postoje a, b ∈ R takvi da je Y = aX + b
skoro sigurno.

7.4. MATEMATI ˇCKO O ˇCEKIVANJE I VARIJANSA NEKIH RASPODJELA57
Primjedba 7.2. Za sluˇcajne promjenljive X i Y kaˇzemo da su :
• nekorelisane ako je ρXY = 0,
• pozitivno korelisane ako je ρXY > 0,
• negativno korelisane ako je ρXY < 0.
Primjer 7.10. Sluˇcajne promjenljive X i Y su nezavisne sa zakonom raspodjele
0 1
1
2
1
2
.
Neka je U = min{X, Y } i V = max{X, Y }. Naći koeficijent korelacije ρU,V .
Rjeˇsenje. Raspodjela sluˇcajnog vektora (U, V ) je data sljedećom tabelom
UV 0 1
0 0.25 0.5
1 0 0.25
Koeficijent korelacije
ρU,V =
E(UV ) − E(U)E(V )
V ar(U) V ar(V )
=
0.25 − 0.25 · 0.75
√
3
4
√
3
4
=
1
3
.
7.4 Matematiˇcko oˇcekivanje i varijansa nekih raspod-
jela
1. Bernoullijeva
P(X = 1) = p, P(X = 0) = 1 − p.
E(X) = p, V ar(X) = p(1 − p).
2. Binomna B(n, p)
P(X = k) =
n
k
pk
(1 − p)n−k
, k = 0, . . . , n.
E(X) = np, V ar(X) = np(1 − p).
3. Geometrijska
P(X = k) = p(1 − p)k−1
, k = 1, 2, . . .
E(X) =
1
p
, V ar(X) =
1 − p
p2
.

4. Hipergeometrijska
P(X = k) =
m
k
n − m
r − k
n
r
, k = 0, . . . , r, r ≤ m < n.
E(X) =
rm
n
, V ar(X) =
rm(n − m)(n − r)
n2(n − 1)
.
5. Negativna binomna
P(X = k) =
k − 1
r − 1
pr
(1 − p)k−r
, k = r, r + 1, . . .
E(X) =
r
p
, V ar(X) =
r(1 − p)
p2
.
6. Poissonova P(λ)
k!
, k = 0, 1, . . .
E(X) = λ, V ar(X) = λ.
f(x) =
1
b − a
, x ∈ [a, b].
E(X) =
a + b
2
, V ar(X) =
(b − a)2
12
.
f(x) = λe−λx
, x ≥ 0, λ > 0.
E(X) =
1
λ
, V ar(X) =
1
λ2
.
)
f(x) =
1
σ
√
2π
e−
(x−µ)2
2σ2
, x ∈ R.
E(X) = µ, V ar(X) = σ2
.

7.5. ZADACI 59
7.5 Zadaci
1. Ako je X : U(a, b), odrediti E(X) i V ar(X).
2. Sluˇcajne promjenljive
X :
−2 0 2
1
4 0 3
4
i Y :
1 2 3 4
1
5
3
5
1
5 0
su nezavisne. Odrediti E(XY ) i V ar(X + Y ).
3. Za sluˇcajnu promjenljivu X vrijedi E(X) = 10 i V ar(X) = 5. Odrediti
E(X2
), E(2X + 6) i V ar(−3X + 5).
4. Neka je X sluˇcajna promjenljiva. Pokazati da je
|E(X)| ≤ E(X2
) +
1
4
.
5. X i Y su nezavisne sluˇcajne promjenljive sa Poasonovom raspodjelom
P(λ). Na´ci E(X|X + Y = m).

Glava 8
Karakteristiˇcne funkcije
8.1 Uvod
Kompleksna sluˇcajna promjenljiva Z = X + iY je preslikavanje skupa Ω u
skup C. Matematiˇcko oˇcekivanje sluˇcajne promjenljive Z je kompleksan broj
E(Z) = E(X) + iE(Y ). U ovoj sekciji uvodimo pojam karakteristiˇcne funkcije
kao matematiˇcko oˇcekivanje komplesne sluˇcajne promjenljive. Ideja potiˇce od
matematiˇcara Ljapunova. Naime, on je koristio metodu karakteristiˇcnih funkcija
da bi doˇsao do graniˇcnih teorema, koje izuˇcavamo u sljede´coj glavi.
Deﬁnicija 8.1. Karakteristiˇcna funkcija ϕ sluˇcajne promjenljive X : Ω → R
je funkcija ϕ : R → C,
ϕ(t) = E(eitX
).
Ako je f gustina sluˇcajne promjenljive X, tada je
ϕ(t) =
+∞
−∞
eitx
f(x)dx,
a ako je sa pk = P(X = xk) dat zakon raspodjele diskretne sluˇcajne promjenljive
X, onda je
ϕ(t) =
k
eitxk
pk.
Napomenimo da se na osnovu veze izmedju originala i slike Furijeove trans-
formacije moˇze pokazati da vrijedi
f(x) =
1
2π
+∞
−∞
ϕ(t)e−itx
dt,
ako je X neprekidnog tipa i
pk =
1
2π
π
−π
ϕ(t)e−itxk
dt,
61

62 GLAVA 8. KARAKTERISTI ˇCNE FUNKCIJE
ako je X diskretnog tipa.
Primjer 8.1. Odrediti karaktristiˇcnu funkciju sluˇcajne promjenljive X ˇcija je
gustina vjerovatnoće
f(x) =
1
2
e−|x|
.
Rjeˇsenje. Iz definicije karakteristiˇcne funkcije dobijamo
ϕ(t) =
1
2
+∞
−∞
eitx
e−|x|
dx =
1
2


0
−∞
eitx
ex
dx +
+∞
0
eitx
e−x
dx

 =
1
1 + t2
.
8.2 Osnovne osobine
Osnovne osobine karakteistiˇcne funkcije su :
1. ϕ(0) = 1, |ϕ(t)| ≤ 1, ϕ(−t) = ϕ(t).
2. Ako je X sluˇcajna promjenljiva i a, b ∈ R, tada je
ϕaX+b(t) = eibt
ϕX(at).
3. Ako postoji momenat E(Xn
), tada je
ϕ(n)
(0) = in
E(Xn
).
4. Ako su X i Y nezavisne sluˇcajne promjenljive, tada je
ϕX+Y (t) = ϕX (t) · ϕY (t).
Primjedba 8.1. Matematiˇckom indukcijom se pokazuje da za nezavisne sluˇcajne
promjenljive X1, . . . , Xn vrijedi
ϕX1+···+Xn
(t) = ϕX1
(t) · · · ϕXn
(t).
Kao posljedicu osobine 3. dobijamo da za karateristiˇcnu funkciju vrijedi
ϕ(t) =
n
k=0
ik
E(Xk
)
k!
tk
+ o(tn
),
ako postoje momenti E(Xk
), k = 1, 2, . . . , n.
Sljedeći primjer pokazuje da ne vrijedi obrnuto tvrdenje u 4.

8.2. OSNOVNE OSOBINE 63
Primjer 8.2. Zakon raspodjele sluˇcajnog vektora (X, Y ) odreden je tablicom
Y X 0 1 3
0 1
9 0 2
9
1 2
9
1
9 0
3 0 2
9
1
9
Pokazati da za karakteristiˇcne funkcije ϕX+Y , ϕX, ϕY vrijedi
ϕX+Y (t) = ϕX(t)ϕY (t)
ali da su sluˇcajne promjenljive X i Y zavisne.
Rjeˇsenje.
hX(t) =
3
9
+
3
9
eit
+
3
9
e3it
=
1 + eit
+ e3it
3
hY (t) =
3
9
+
3
9
eit
+
3
9
e3it
=
1 + eit
+ e3it
3
Sluˇcajna promjenljiva X + Y ima sledeći zakon raspodjele
X + Y :
0 1 2 3 4 6
1
9
2
9
1
9
2
9
2
9
1
9
.
Dakle,
ϕX+Y (t) =
1
9
(1 + 2eit
+ e2it
+ 2e3it
+ 2e4it
+ e6it
) =
1 + eit
+ e3it
3
2
,
pa imamo
ϕX+Y (t) = ϕX(t)ϕY (t).
Sluˇcajne promjenljive X i Y su zavisne jer je, na primjer
P{X = 0} = P{Y = 1} =
1
3
, P{X = 0, Y = 1} =
2
9
,
pa je
P{X = 0}P{Y = 1} = P{X = 0, Y = 1}.
Sljedeća teorema je poznata kao teorema o neprekidnosti.
Teorema 8.1. Neka su (ϕn(t)) i (Fn(x)) nizovi karakteristiˇcnih funkcija i odgo-
varajućih funkcija raspodjele. Ako ϕn(t) → ϕ(t), ϕ je neprekidna u 0 i F je
funkcija raspodjele koja odgovara karakteristiˇcnoj funkciji ϕ, onda Fn(x) →
F(x) u svakoj taˇcki naprekidnosti funkcije F.

Primjer 8.3. Neka je X1, X2, . . . niz nezavisnih sluˇcajnih promjenljivih takvih
da je
Xk :
−1 1
1
2
1
2
, k = 1, 2, . . .
i
X =
+∞
k=1
Xk
2k
.
Dokazati da X ima uniformnu raspodjelu U(−1, 1).
Rjeˇsenje. Raspodjelu za X odredićemo pomoću karakteristiˇcnih funkcija. Za
sluˇcajnu promjenljivu Xk karakteristiˇcna funkcija je
hXk
(t) =
1
2
e−it
+
1
2
eit
= cos t, k = 1, 2, . . . .
Neka je
Yn =
n
k=1
Xk
2k
,
poˇsto su sluˇcajne promjenljive X1, X2, . . . nezavisne, za karakteristiˇcnu funkciju
sluˇcajne promjenljive Yn vrijedi
ϕYn (t) =
n
k=1 ϕXk
2k
(t) =
n
k=1 cos t
2k = cos t
2 cos t
22 . . . cos t
2n =
= sin t
2 sin t
2
·
sin t
2
2 sin t
22
·
sin t
22
2 sin t
23
· · ·
sin t
2n−1
2 sin t
2n
= sin t
2n sin t
2n
.
Sada je ϕYn
(t) → sin t
t , n → +∞.
Znaˇci, niz karakteristiˇcnih funkcija ϕYn
konvergira za svako t = 0 ka funkciji
ϕ(t) =
sin t
t
, t = 0
Poˇsto, limt→0
sin t
t = 1, ϕ se moˇze definisati u nuli h(0) = 1 da bi bila neprekidna.
Poˇsto je ϕYn
(0) = 1 za svako n = 1, 2, . . . imamo da niz karakteristiˇcnih funkcija
ϕYn
konvergira za svako t ∈ R ka funkciji
ϕ(t) =
sin t
t , t = 0
1 , t = 0.
Karakteristiˇcna funkcija za uniformnu raspodjelu U(−1, 1), je
ϕU =
eit
− e−it
2it
,
kako je
sin t
t
=
eit
− e−it
2it
,
to na osnovu teoreme o neprekidnosti zakljuˇcujemo da X ima uniformnu raspod-
jelu U(−1, 1).

8.3. KARAKTERISTI ˇCNE FUNKCIJE NEKIH RASPODJELA 65
8.3 Karakteristiˇcne funkcije nekih raspodjela
1. Bernoullijeva
P(X = 1) = p, P(X = 0) = 1 − p.
ϕ(t) = 1 − p + peit
.
2. Binomna B(n, p)
P(X = k) =
n
k
pk
(1 − p)n−k
, k = 0, . . . , n.
ϕ(t) = (1 − p + peit
)n
.
3. Geometrijska
P(X = k) = p(1 − p)k−1
, k = 1, 2, . . .
ϕ(t) =
peit
1 − (1 − p)eit
.
4. Poissonova P(λ)
k!
, k = 0, 1, . . .
ϕ = eλ(eit
−1)
.
f(x) =
1
b − a
, x ∈ [a, b].
ϕ(t) =
eitb
− eita
it(b − a)
.
f(x) = λe−λx
, x ≥ 0, λ > 0.
ϕ(t) =
λ
λ − it
.
)
f(x) =
1
σ
√
2π
e−
(x−µ)2
2σ2
, x ∈ R.
ϕ = eiµt− σ2t2
2 .

8.4 Zadaci
1. Sluˇcajne promjenljive X1, X2, X3 su nezavisne sa raspodjelama:
P{X1 = k} =
1
2k
, P{X2 = k} =
2
3k
, P{X3 = k} =
4
5k
, k ∈ N.
Koristeći karakteristiˇcne funkcije naći raspodjelu za sluˇcajnu promjenljivu
X, gdje je
X = X1 + X2 + X3.
2. Neka X ima binomnu raspodjelu B(n, p). Naći E(X3
).
3. Karakteristiˇcne funkcije nezavisnih sluˇcajnih promjenljivih X i Y su
hX(t) = e2eit
−2
i hY (t) =
1
4
10
3eit
+ 1
10
.
Odrediti
P(X + Y = 2), P(XY = 0) i E(XY ).
4. Sluˇcajna promjenljiva X ima karakteristiˇcnu funkciju h(t). Izraˇcunati
V ar(sin X) + V ar(cos X) preko h(1).
5. Sluˇcajne promjenljive X1, . . . , Xn su nezavisne i vrijedi Xi : N(µi, σ2
i ), i =
1, . . . , n. Odrediti raspodjelu sluˇcajne promjenljive
X = a1X1 + a2X2 + · · · + anXn + b,
gdje su a1, a2, . . . , an, b realni brojevi.

Glava 9
Graniˇcne teoreme
9.1 ˇCebiˇsevljeva nejednakost
Ako znamo funkciju raspodjele vjerovatnoća moˇzemo odrediti vjerovatnoću
dogadaja {|X| ≥ ǫ}, ǫ > 0. Na primjer, ako je X neprekidna sluˇcajna prom-
jenljiva sa gustinom f, onda je
P(|X| ≥ ǫ) =
−ǫ
−∞
f(x)dx +
+∞
ǫ
f(x)dx.
Ovde dajemo ocjenu gornje granice vjerovatnoće P(|X| ≥ ǫ), ako je X nenega-
tivna sluˇcajna promjenljiva.
Teorema 9.1. (Nejednakost Markova) Neka je X nenegativna sluˇcajna prom-
jenljiva. Ako postoji E(Xk
), k ∈ N tada je
P(X ≥ ǫ) ≤
E(Xk
)
ǫk
za svako ǫ > 0.
Posljedica nejednakosti Markova je sljedeća nejednakost poznata kao ˇCebiˇsevljeva
nejednakost.
Teorema 9.2. Ako postoji V ar(X), tada je
P(|X − E(X)| ≥ ǫ) ≤
V ar(X)
ǫ2
.
Primjer 9.1. Sluˇcajna promjenljiva X ima pozitivnu varijansu. Pokazati da je
P −
√
10 <
X − E(X)
V ar(X)
<
√
10 > 0.9.
Rjeˇsenje. Kako je
P −
√
10 <
X − E(X)
V ar(X)
<
√
10 = 1 − P
X − E(X)
V ar(X)
≥
√
10
67

68 GLAVA 9. GRANI ˇCNE TEOREME
i
E
X − E(X)
V ar(X)
2
= 1,
koristeći nejednakost ˇCebiˇseva imamo
P −
√
10 <
X − E(X)
V ar(X)
<
√
10 ≥ 1 −
1
10
= 0.9.
Primjer 9.2. Koliko je potrebno sprovesti nezavisnih ispitivanja da bi, sa vjerovatnoćom
ne manjom od 0.979 vaˇzila nejednakost
Xn
n
− p < 0.01,
gdje je Xn broj pozitivnih realizacija u n ispitivanja, a p = 0.3 vjerovatnoća poz-
itivne realizacije u jednom ispitivanju. Naći ocjenu za najmanji broj ispitivanja
koristeći nejednakost ˇCebiˇseva.
Rjeˇsenje. Sluˇcajna promjenljiva Xn ima binomnu raspodjelu B(n, 0.3), pa je
E(X) =
3n
10
, V ar(X) =
21n
100
.
Koristeći nejednakost ˇCebiˇseva dobijamo
P
Xn
n
− p ≥ 0.01 <
V ar(Xn
n )
0.012
,
to jest
P
Xn
n
− p ≥ 0.01 <
2100
n
.
Znaˇci, treba naći takvo n da vaˇzi
P
Xn
n
− p < 0.01 > 1 −
2100
n
≥ 0.979.
Rjeˇsavanjem ove nejednaˇcine dobijamo n ≥ 105
.
9.2 Neke graniˇcne teoreme
U opitu bacanja homogenog noˇcića vjerovatnoća pojave grba (pisma) je 1
2 .
To se dovodi u vezu sa grupisanjem relativne uˇcestalosti Sn
n oko 1
2 , pri velikom
ponavljanju opita. Medutim, nije moguće dokazati
lim
n→+∞
Sn
n
=
1
2
.

9.3. VRSTE KONVERGENCIJA U TEORIJI VJEROVATNOĆE 69
Postupa se na drugi naˇcin. Za proizvoljan ǫ > 0 posmatra se vjerovanoća
P
Sn
n
− p < ǫ .
Ako za svaki ǫ > 0 vrijedi
lim
n→+∞
P
Sn
n
− p < ǫ = 1,
onda imamo opradanje statistiˇcke definicije vjerovatnoće.
Sljedeća teorema dokazuje se koristeći ˇCebiˇsevljevu nejednakost.
Teorema 9.3. (Bernoulli)Neka je ǫ > 0 i Sn : B(n, p), tada je
lim
n→+∞
P
Sn
n
− p < ǫ = 1 (9.1)
Primjedba 9.1. Formula 9.1 ekvivalentna je sa
lim
n→+∞
P
Sn
n
− p ≥ ǫ = 0.
Teorema 9.4. ( ˇCebiˇsev) Neka je (Xn) niz nezavisnih sluˇcajnih promjenljivih,
sa uniformno ograniˇcenim varijansama, to jest, postoji c ∈ R tako da je za svaki
n ∈ N V ar(Xn) ≤ c. Tada za svaki ǫ > 0 vrijedi
lim
n→+∞
P
1
n
n
i=1
Xi −
1
n
n
i=1
E(Xi) < ǫ = 1 (9.2)
Teorema 9.5. (Hinˇcin) Neka je (Xn) niz nezavisnih sluˇcajnih promjenljivih,sa
ostom raspodjelom i matematiˇckim oˇckivanjem m ∈ R. Tada je za svako ǫ > 0
lim
n→+∞
P
1
n
n
i=1
Xi − m < ǫ = 1. (9.3)
Uoˇcimo da su formule (9.1), (9.2) i (9.3) istog tipa. Definisaćemo pojmove
pomoću kojih se navedene teoreme mogu iskazati na isti naˇcin. To nas dovodi
do raliˇcitih konvergencija u teoriji vjerovatnoće.
9.3 Vrste konvergencija u teoriji vjerovatnoće
Definicija 9.1. Neka su X, X,X2, . . . sluˇcajne promjenljive.
1. Kaˇzemo da niz (Xn) strogo konvergira ili konvergira skoro sigurno ka
sluˇcajnoj promjenljivoj X ako je
P( lim
n→+∞
Xn = X) = 1.

2. Niz (Xn) konvergira u vjerovatnoći ka X ako je
lim
n→+∞
P(|Xn − X| ≥ ǫ) = 0 (∀ǫ > 0).
3. Niz (Xn) konvergira ka X u raspodjeli ili slabo konergira ako je
lim
n→+∞
P(Xn < x) = P(X < x).
4. Za dato p ≥ 1 kaˇzemo da niz (Xn) Lp−konvergira ka X ako je
lim
n→+∞
E|Xn − X|p
= 0.
Ako je p = 2 kaˇzemo da niz (Xn) konvergira u srednjem kvadratnom.
Definicija 9.2. Ako niz aritmetiˇckih sredina (Xn) (Xn = 1
n
n
i=1
Xi), konvergira
u vjerovatnoći ka 1
n
n
i=1
E(Xi) kaˇzemo da za niz (Xn) vaˇzi slabi zakon velikih
brojeva.
Ako niz (Xn) konvergira skoro sigurno ka 1
n
n
i=1
E(Xi) kaˇzemo da za niz (Xn)
vaˇzi jaki zakon velikih brojeva.
Teoreme 9.3, 9.4 i 9.5 zovu se Bernulijev, ˇCebiˇsev i Hinˇcinov zakon velikih
brojeva. To su slabi zakoni velikih brojeva. Navedimo i jedan jaki zakon velikih
brojeva.
Teorema 9.6. (Borel) Za Bernulijevu ˇsemu vrijedi
Sn
n
→ p skoro sigurno.
9.4 Centralna graniˇcna teorema
Teorema 9.7. Neka je (Xn) niz nezavisnih sluˇcajnih promjenljivih sa istom
raspodjelom, za koje je E(Xn) = m i V ar(Xn) = σ2
za svaki n ∈ N. Tada
vrijedi
lim
n→+∞
P(Y ⋆
n < x) =
1
√
2π
x
−∞
e− t2
2 dt,
gdje je
Y ⋆
n =
X1 + · · · + Xn − n · m
σ
√
n
.
Primjer 9.3. Broj ljudi koji udu u jednu robnu kuću u toku jednog minuta ima
P(6) raspodjelu.
a) Kolika je vjerovatnoća da u toku dva sata u robnu kuću ude bar 700 ljudi?

9.5. ZADACI 71
b) Koliko vremena treba da prode da bi sa vjerovatnoćom 0.95 u robnu kuću uˇslo
bar 700 ljudi?
Rjeˇsenje. Neka je Xi sluˇcajna promjenljiva koja predstavlja broj ljudi koji udu
u robnu kuću toku i− tog minuta. Xi ima P(6) raspodjelu, pa je E(Xi) =
6, V ar(Xi) = 6. Broj ljudi koji udu u toku n minuta je Yn =
n
i=1
Xi i vrijedi
E(Yn) = 6n, V ar(Yn) = 6n.
Poˇsto su sluˇcajne promjenljive X1, X2, . . . Xn nezavisne i sve imaju istu raspod-
jelu vaˇzi centralna graniˇcna teorema, znaˇci raspodjela
Yn − E(Yn)
V ar(Yn)
teˇzi ka normalnoj raspodjeli N(0, 1).
a) P(Yn ≥ 700) = 1 − P(Yn < 700), pa kako je
P
Yn − 720
√
6 · 120
< −0.745 ≈ φ(−0.745) ≈ 0.77,
imamo da je
P(Yn ≥ 700) ≈ 0.77.
b)
P(Yn ≥ 700) ≈ 1 − φ
700 − 6n
√
6n
,
pa iz
1 − φ
700 − 6n
√
6n
= 0.95
nalazimo
700 − 6n
√
6n
= −1.645.
Odavde dobijamo da je n ≈ 124.15, pa je traˇzeno vrijeme 125 minuta.
9.5 Zadaci
1. Sluˇcajna promjenljiva X data je funkcijom gustine
f(x) =
xm
m! e−x
, x ≥ 0
0, x < 0.
Dokazati, koristeći nejednakost ˇCebiˇseva, da je
P(0 < X < 2(m + 1)) >
m
m + 1
.

2. Pretpostavimo da nezavisne sluˇcajne promjenljive X1, X2, . . . , X30, imaju
uniformnu raspodjelu na [0, 1]. Neka je sluˇcajna promjenljiva Y definisana
sa
Y = X1 + X2 + · · · + X30.
Koristeći centralnu graniˇcnu teoremu odrediti P(13 ≤ Y ≤ 18).
3. Sluˇcajne promjenljive Xi, i = 1, . . . , n su nezavisne i vrijedi
P Xi =
5
4
= P Xi =
4
5
=
1
2
, i = 1, . . . , n.
Neka je Y =
n
i=1
Xi odrediti P(Y ≤ 0.001). Kolika je ta vjerovatnoća ako
je n = 1000.
4. Primjenom centralne graniˇcne teoreme na niz nezavisnih sluˇcajnih prom-
jenljivih sa P(1) raspodjelom, dokazati da je
lim
n→+∞
e−n
n
k=0
nk
k!
=
1
2
.
5. Raˇcunar vrˇsi obraˇcun elektriˇcne energije kod 100 korisnika. Vrijeme obraˇcuna
za svakog korisnika ima eksponencijalnu raspodjelu sa oˇcekivanjem 3 sekunde
i nezavisno je od drugih korisnika. Naći vjerovatnoću da će obraˇcun trajati
izmedu 3 i 6 minuta.

Glava 10
Matematiˇcka statistika
Matematiˇcka statistika je blisko povezana sa teorijom vjerovatnoće. Cilj je
da se na osnovu rezultata eksperimenata donesu zakljuˇcci o zakonima raspodjela
i numeriˇckim karakteristikama sluˇcajnih promjenljivih.
10.1 Osnovni pojmovi
Skup Ω elemenata ω naziva se populacija ili generalni skup. Za svaki
ω ∈ Ω posmatra se neka numeriˇcka karakteristika X(ω) koja se naziva obiljeˇzje.
Primjer 10.1. Populacija je skup svih stanovnika neke zemlje. Obiljeˇzje svakog
stanovnika je npr. visina ili godine starosti.
Primjer 10.2. Svi proizvodi jedne fabrike ˇcine populaciju. Obiljeˇzje svakog
proizvoda je npr. njegova cijena.
ˇCesto je komplikovano registrovati obiljeˇzje za svaki elemenat populacije.
Zato se obiljeˇzje registruje na dijelu populacije (uzorak), pa se dobijena raspod-
jela smatra raspodjelom cijele populacije. Vaˇzno je da uzorak dobro odraˇzava
(reprezentuje) populaciju. Ovo se rjeˇsava tako da se uzorak bira sluˇcajno. Tada
je populacija skup svih mogućih ishoda ω. Prema tome, obiljeˇzje X(ω), ω ∈ Ω je
sluˇcajna promjenljiva. Dakle, treba odrediti funkciju raspodjele F(x) sluˇcajne
promjenljive X. Uzorak obima n je n−torka ω1, . . . , ωn sluˇcajnih ishoda iz Ω i
naziva se sluˇcajni uzorak.
Sluˇcajan uzorak (X1, . . . , Xn) je prost sluˇcajan uzorak ako su sluˇcajne prom-
jenljive Xi, i = 1, . . . , n nezavisne i sa istom raspodjelom. Posmatraćemo samo
proste sluˇcajne uzorke koje ćemo jednostavnije zvati uzorcima.
Kada je izabran uzorak, sluˇcajna promjenljiva (X1, . . . , Xn) postaje n−torka
(x1, . . . , xn) ∈ Rn
i naziva se realizovani uzorak.
Neka je X obiljeˇzje sa funkcijom raspodjele F(x) i neka je (X1, . . . , Xn) prost
uzorak. Funkcija koja svakom x ∈ R dodjeljuje relativnu ˇcestalost dogadaja
(X < x) u n opita naziva se empirijska funkcija raspodjele i oznaˇcava se sa
73

74 GLAVA 10. MATEMATI ˇCKA STATISTIKA
Sn.
Neka je I(Xi<x) indikator dogadaja (Xi < x), i = 1, . . . , n, tada vrijedi
Sn(x) =
1
n
n
i=1
I(Xi<x).
Kako je P(Xi < x) = F(x) slijedi da Sn(x) ima Bin(n, F(x)) raspodjelu. Zbog
teoreme Borela imamo, da za fiksiran x ∈ R, ako n → +∞
Sn(x) → F(x) skoro sigurno.
Ovo je centralna teorema matematiˇcke statistike.
Neka je X obiljeˇzje, (X1, . . . , Xn) prost uzorak i funkcija f : Rn
→ R. Sluˇcajna
promjenljiva Y = f(X1, . . . , Xn) zove statistika. Koristimo sljedeće dvije
statistike :
• Sredinu uzorka Xn = 1
n
n
i=1
Xi,
• Varijansu (disperziju) uzorka Sn
2
= 1
n
n
i=1
(Xi − Xn)2
.
10.2 Ocjenjivanje parametara raspodjela
Neka je dato obiljeˇzje X sa raspodjelom koja zavisi od jednog parametra θ.
Neka je Θ odgovarajući dopustivu skup, tj. skup kome pripada θ. Na taj naˇcin
imamo familiju raspodjela
{F(x, θ) : θ ∈ Θ}.
Zadatak je da se na osnovu uzorka (X1, . . . , XN ) odredi vrijednost parame-
tra θ odnosno raspodjela F(x, θ) za X. Izloˇzićemo taˇckaste ocjene param-
etara. Kod ovih ocjena bira se statistika U = ϕ(X1, · · · , Xn) takva da se za
ocjenu nepoznatog parametra θ uzima realizovana vrijednost u = ϕ(x, . . . , xn).
Statisitka U zove se ocjena.
Statistika U je nepristrasna (centrirana) ocjena parametra θ ako je
E(U) = θ.
Ako je
lim
n→+∞
E(U) = θ,
kaˇzemo da je U asimptotski centrirana. Statistika U1 je bolja ocjena od
statistike U2 ako je
V ar(U1) < V ar(U2).

10.2. OCJENJIVANJE PARAMETARA RASPODJELA 75
Metod maksimalne vjerodostojnosti
Funkcija vjerodostojnosti L((x,x2, . . . , xn; θ) obiljeˇzja X sa funkcijom
raspodjele F(x, θ) je
L(x1, x2, . . . , xn; θ) =
n
i=1
p(xi, θ),
ako je X diskretnog tipa, sa raspodjelom vjerovatnoća P(x, θ), a ako je X
neprekidnog tipa sa funkcijom gustine raspodjele f(x; θ) tada je
L((x,x2, . . . , xn; θ) =
n
i=1
f(xi, θ).
Neka je θ = g(x1, x2, . . . , xn) vrijednost parametra kojom se postiˇze maksimum
za L(x1, x2, . . . , xn; θ) pri fiksiranim x1, x2, . . . , xn. Statistika
θ = g(X1, X2, . . . , Xn)
je ocjena maksimalne vjerodostojnosti parametra θ.
Primjer 10.3. 1. Vjerovatnoća da proizvod bude neispravan je p. Proizvodi
se prave sve dok se prvi put ne pojavi neispravan proizvod. Na osnovu
uzorka obima n, metodom maksimalne vjerodostojnosti ocijeniti nepoznatu
vjerovatnoću.
Na osnovu uzorka
xk 5 6 7 8 9 10
mk 10 12 11 9 7 6
izraˇcunati ocjenu za p.
Rjeˇsenje. Funkcija vjerodostojnosti je, ( radi se o geometrijskoj raspodjeli)
L(x1, x2, . . . , xn, p) =
n
i=1
(1 − p)xi−1
p =
p
1 − p
n
(1 − p)
n
i=1
xi
.
Iz uslova
∂L(x1, x2, . . . xn)
∂p
= 0,
imamo
p =
n
n
i=1
xi
.
Na osnovu uzorka dobija se
p =
55
392
.
2. Ako su X1, X2, . . . , Xn nezavisne sluˇcajne promjenljive sa eksponencijal-
nom raspodjelom i nepoznatim matematiˇckim oˇcekivanjem a > 0, metodom

maksimalne vjerodostojnosti naći ocjenu za a na bazi uzorka X1, X2, . . . , Xn.
Rjeˇsenje. Vrijedi
Xi : E
1
a
, i = 1, . . . , n,
pa je funkcija vjerodostojnosti
L(x1, x2, . . . , xn; a) =
n
i=1
1
a
e−
xi
a =
1
an
e−
n
i=1
xi
a .
Imamo sljedeće
ln L(x1, x2, . . . , xn; a) = −n ln a −
n
i=1
xi
a
,
∂ ln L
∂a
= −
n
a
+
n
i=1
xi
a2
.
Sada dobijamo
a =
1
n
n
i=1
xi.
3. Iz Poissonove raspodjele sa nepoznatim parametrom λ dobijen je uzorak 0,
1, 0, 2, 3, 0. Naći ocjenu maksimalne vjerodostojnosti za λ.
Rjeˇsenje.
L(0, 1, 0, 2, 3, 0; λ) =
λ2
12
e−6λ
,
pa se dobije
λ = 1.
4. Na osnovu uzorka obima n metodom maksimalne vjerodostojnosti odrediti
parametre m i σ2
ako
(i) obiljeˇzje X ima normalnu raspodjelu N(m, 5),
(ii) obiljeˇzje X ima normalnu raspodjelu N(10, σ2
).
Rjeˇsenje. Sliˇcnim postupkom kao u prethodnim zadacima dobijamo
m =
1
n
n
i=1
xi, σ2 =
n
i=1
(xi − 10)2
.

10.3. INTERVALI POVJERENJA ZA NEPOZNATU BINOMNU VJEROVATNOĆU77
10.3 Intervali povjerenja za nepoznatu binomnu
vjerovatnoću
Neka Sn ima binomnu raspodjelu sa nepoznatim parametrom p. Tada za
svako ǫ > 0 vrijedi
P p ∈
Sn
n
− ǫ,
Sn
n
+ ǫ ≥ 1 −
1
4nǫ2
. (10.1)
Naime, nejednakost (10.1) slijedi iz nejednakosti ˇCebiˇseva
P
Sn
n
− p ≤ ǫ) ≥ 1 −
p(1 − p)
nǫ2
i ˇcinjenice da funkcija ϕ(p) = p(1 − p) ima maksimum, koji je jednak 1
4 i koji se
dostiˇze za p = 1
2 .
Interval Sn
n − ǫ, Sn
n + ǫ naziva se interval povjerenja za nepoznatu vjerovatnoću
p.
Primjer 10.4. U sluˇcaju da je n = 1000 odrediti duˇzinu intervala povjerenja
kome sa vjerovatnoćom 0.99 pripada parametar p.
Rjeˇsenje. Iz uslova 1 − 1
4nǫ2 = 0.99, za n = 1000 dobijamo ǫ ≈ 0.316. Dakle,
duˇzina intervala povjerenja je 0.632.
Neka Sn ima binomnu raspodjelu sa nepoznatim parametrom p. Tada za
nule x1 i x2, (x1 < x2) kvadratnog polinoma
p(x) = (n2
+ c2
n)x2
− (c2
n + 2nSn)x + S2
n
vrijedi
P(x1 ≤ p ≤ x2) ≈ 2Φ(c) − 1. (10.2)
Naime, na osnovu Muavr-Laplasove teoreme imamo
P
Sn − np
np(1 − p)
≤ c ≈ 2Φ(c) − 1.
Kako je nejednakost
Sn − np
np(1 − p)
≤ c
ekvivalentna sa
(n2
+ c2
n)p2
− (c2
n + 2nSn)p + S2
n ≤ 0
to za nule x1 i x2 polinoma p(x) vrijedi
P(x1 ≤ p ≤ x2) = P
Sn − np
np(1 − p)
≤ c ≈ 2Φ(c) − 1.

Primjer 10.5. Na osnovu 10.2 odrediti 95% interval povjerenja za nepoznati
parametar p ako je n = 1000 i Sn = 540.
Rjeˇsenje. Iz uslova 2Φ(c) − 1 = 0.95 dobijamo c = 1.96. Kako je n = 1000 i
Sn = 540 imamo
p(x) = 1003841, 6x2
− 1083841, 6x + 291600
odakle slijedi x1 = 0.509, x2 = 0.570. Dakle, u konkretnom sluˇcaju dobijamo da
je 95% interval povjerenja [0.509, 0.570].
10.4 Zadaci
1. Obiljeˇzje X ima raspodjelu odredenu gustinom
f(x) =



α
c
c
x
α+1
, x > c
0 , x ≤ c
gdje je α > 0. Na osnovu uzorka obima n ocijeniti parametar α. Ispitati
centriranost tako dobijene ocjene.
2. Obiljeˇzje X ima raspodjelu datu funkcijom gustine
f(x) =
2
a2 e− 2
a
√
x
, x > 0
0 , x ≤ 0.
Na osnovu uzorka obima n, metodom maksimalne vjerodostojnosti ocijen-
iti parametar a. Da li je tako dobijena ocjena centrirana ?
3. Gustina sluˇcajne promjenljive X je
f(x) =
λ
xλ+1 , x > 1
0 , x ≤ 1,
gdje je λ > 0. Na osnovu uzorka obima n ocijeniti parametar λ. Ispitati
centriranost tako dobijene ocjene.
4. Ako je u 1000 bacanja novˇcića pismo palo 525 puta, odrediti 99% interval
povjerenja za npoznatu vjerovatnoću padanja pisma.
5. Ako je u 100 izvedenih slobodnih bacanja koˇsarkaˇs pogodio koˇs 75 puta
odrediti 95% interval povjerenja za nepoznatu vjerovatnoću ubacivanja
lopte u koˇs u jednom bacanju.

Glava 11
Sluˇcajni procesi
11.1 Uvod
Neka je (Ω, F, P) prostor vjerovatnoća i T skup vrijednosti parametra t.
Sluˇcajni proces je familija sluˇcajnih promjenljivih {Xt}, t ∈ T. Indeks t se
obˇcno interpretira kao vrijeme, a za skup T se uzima skup (0, +∞) ili neki njegov
podskup. Ako je T diskretan podskup, tada se radi o procesu sa diskretnim
vremenom, a u protivnom imamo proces sa neprekidnim vremenom. Za sluˇcajni
proces moˇzemo reći da je funkcija, koja pri svakom fiksiranom t ∈ T je sluˇcajna
promjenljiva X(t, ω) = X(t), ω ∈ Ω. Ako je ω = ω0 fiksirano , tada je X(t, ω0)
nesluˇcajna funkcija i zove se realizacija ili trajektorija procesa. Ako je T
prebrojiv skup, tada se radi o sluˇcajnom nizu, a ako je T neprebrojiv tada
imamo sluˇcajni proces.
Neka je data funkcija raspodjele sluˇcajnog vektora
(X(t1), X(t2), . . . , X(tn)).
Sluˇcajni proces kod koga su sve konaˇcnodimenzionalne raspodjele normalne
nazivamo Gaussovim sluˇcajnim procesom.
Nesluˇcajna funkcija
m(t) = E(X(t))
je matematiˇcko oˇcekivanje sluˇcajnog procesa,
K(t, s) = E(X(t) − m(t))(X(s) − m(s))
je njegova korelaciona funkcija.
11.2 Lanci Markova
U daljem posmatraćemo sluˇcajne procese kod kojih je skup T prebrojiv.
Neka je dat niz sluˇcajnih promjenljivih (Xn), kod koga sve sluˇcajne prom-
jenljive imaju iste konaˇcne ili prebrojive skupove vrijednosti (skupove stanja).
79

80 GLAVA 11. SLU ˇCAJNI PROCESI
Smatraćemo da je skup vrijednosti {0, 1, . . . , } ili neki njegov podskup. Ako
vrijednost koju je postigla sluˇcajna promjenljiva Xn potpuno odredjuje zakon
raspodjele sluˇcajne promjenljive Xn+1 i taj zakon raspodjele ne zavisi od vri-
jednosti koje su postigle sluˇcajne promjenljive Xk, k < n, tada za niz (Xn)
kaˇzemo da ˇcini lanac Markova. Dakle, niz (Xn) sluˇcajnih promjenljivih je
lanac Markova ako vrijedi
P(Xn = xn|Xk1 = xk1 , . . . , Xkr = xkr ) = P(Xn = xn|Xk1 = xk1 )
za sve proizvoljne prirodne brojeve n > k1 > k2 > . . . > kr.
Ova osobina govori o tome da vjerovatnoća da se dati sistem u trenutku n + 1
nalazi u datom stanju, ako je poznato njegovo stanje u trenutku n, ne zavisi od
ponaˇsanja tog sistema u proˇslosti to jest prije trenutka n.
Vjerovatnoća da se sluˇcajna promjenljiva Xn+1 nadje u stanju j, ako je poznato
da se Xn nalazi u stanju i naziva se vjerovatnoća prelaza. Imamo
pn,n+1
ij = P(xn+1 = j|Xn = i).
Ako vjerovatnoće pn,n+1
ij ne zavise od n lanac je homogen.
Oznaˇcimo sa pij(n) vjerovatnoće prelaza iz stanja i u stanje j za n koraka.
Matrice Mn = [pij(n)] se zovu matrice vjerovatnoća prelaza za n koraka.
Kod njih su svi elementi nenegativni i zbir u svakoj vrsti je 1.} Koristeći teoremu
o totalnoj vjerovatnoći imamo da je za 1 ≤ m ≤ n,
pij(n) =
k
pik(m)pkj(n − m).
To su jednaˇcine Kormogorova-ˇCepmena. Matriˇcni oblik je
Mn = MmMn−m,
odavde je
Mn = Mn
1 .
Ako postoji prirodan broj n tako da su svi elementi matrice Mn strogo pozitivni,
tada za svako j = 1, 2, . . . , postoji graniˇcna vrijednost
lim
n→+∞
pij(n) = p∗
j ,
koja ne zavisi od i. Brojevi p∗
j zovu se finalne vjerovatnoće. Finalne vjerovatnoće
se mogu dobiti iz sistema jednaˇcina:
j
p∗
j = 1,
k
p∗
kpkj = p∗
j , j = 1, 2, . . .
Lanac koji ima finalne vjerovatnoće zove se ergodiˇcan.

11.3. ZADACI 81
11.3 Zadaci
1. Vjerovatnoće prelaza u lancu Markova zadane su matricom
M =


1
3
1
3
1
3
1
2
1
3
1
6
1
4
1
2
1
4


(a) Da li je lanac homogen?
(b) Koliko je p13, a koliko je p23?
(c) Koliko je p13(2)?
(d) Naći M2.
2. Dokazati da lanac sa matricom vjerovatnoća prelaza
M =
0 1
1 0
nije ergodiˇcan.
3. Dokazati da je ergodiˇcan lanac sa matricom prelaza za jedan korak
1
4
3
4
1
3
2
3
i naći finalne vjerovatnoće.
4. Lanac Markova zadat je matricom prelaza




0 0 0 1
0 0 0 1
1
2
1
2 0 0
0 0 1 0



 .
Ispitati da li je lanac ergodiˇcan i naći asimptotsko ponaˇsanje vjerovatnoća
prelaza pij(n) kad n → +∞.
5. U kutiji se nalazi jedna bijela i jedna crna kuglica. Na sluˇcajan naˇcin se izvlaˇci
po jedna kuglica, pri ˇcemu se ona odmah vraća u kutiju zajedno sa joˇs jednom
kuglicom suprotne boje. Neka je Xn broj bijelih kuglica u kutiji prije n−tog
izvlaˇcenja. Da li je Xn Markovski proces? Opisati stanja sistema i odrediti
vjerovatnoće prelaza u jednom koraku.

82 GLAVA 11. SLU ˇCAJNI PROCESI

Zoran Mitrović - Vjerovatnoća i Statistika

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Zoran Mitrović - Vjerovatnoća i Statistika

Similar to Zoran Mitrović - Vjerovatnoća i Statistika (7)

More from Benjamin Spahić

More from Benjamin Spahić (15)

Zoran Mitrović - Vjerovatnoća i Statistika