vjerojatnost i statistika -...

Vjerojatnost i statistika

E. Kovac StrikoB. IvankovicT. Fratrovic

12. ozujka 2007.

Sadrzaj

2 Vjerojatnost 272.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.2 Intuitivne definicije vjerojatnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.3 Algebra dogadaja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.4 Vjerojatnosni prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.5 Konacan vjerojatnosni prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.6 Prebrojiv vjerojatnosni prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.7 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.7.1 Rjesenja zadataka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.8 Geometrijska definicija vjerojatnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.9 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.9.1 Rjesenja zadataka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.10 Uvjetna vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.11 Potpuna vjerojatnost. Bayesova formula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.12 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.12.1 Rjesenja zadataka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

FPZ - Vjerojatnost i statistika (19123/2007) 27

2 Vjerojatnost

2.1 Uvod

U teoriji vjerojatnosti osnovni pojmovi koji se definiraju su pokus (eksperiment) i ishod(elementarni dogadaj).Ishod pokusa (ili pojave) moze biti jednoznacno odreden (determiniran) ili ishod nijejednoznacno odreden, tj. ishod je slucajan (stohastican).Primjer pokusa za koji je ishod jednoznacno odreden je: baca se novcic, a ishod je ”novcicce sigurno pasti na tlo”. Ovakvi pokusi nazivaju se deterministickim pokusima.Pokus kod kojeg je ishod slucajan naziva se slucajnim pokusom.

Primjer 2.1 Baca se novcic i gleda da li je palo pismo (P) ili glava (G).

Primjer 2.2 Bacaju se dva novcica i gleda da li je palo pismo ili glava na prvom ilidrugom novcicu.

Primjer 2.3 Registrira se broj automobila koji prode kontrolnu tocku na ulici u odredenomvremenskom intervalu.

Primjer 2.4 Baca se novcic dok dva puta uzastopno ne padne ista strana novcica.

Primjer 2.5 Svaki dan na odredenom mjestu u odredeno vrijeme se mjeri temperaturazraka u Zagrebu u stupnjevima Celzijeve skale.

Primjer 2.6 Mjeri se tezina i visina studenata na drugoj godini FPZ-a u Zagrebu2007. godine.

Primjer 2.7 Mjeri se kasnjenje vlaka u minutama iz Rijeke u Zagreb svaki dan u2007. godini.

Ishodi navedenih pokusa su slucajni. U primjerima 2.1 i 2.2 unaprijed znamo skupmogucih ishoda, dok u ostalim primjerima do skupa mogucih ishoda dolazimo empirij-skim postupkom (mjerenjem).Dogadaj koji se moze, ali i ne mora realizirati, naziva se slucajnim dogadajem.Teorija vjerojatnosti bavi se proucavanjem slucajnih dogadaja, pronalazi zakonitostii formule za odredivanje mogucnosti realizacije dogadaja. Teorija vjerojatnosti pocelase razvijati kao samostalna znanost 1654. godine. Tada je zapocela razmjena pisamaizmedu B. Pascala i P. Fermata povodom jednog hazardnog problema. Sve do dvadese-tog stoljeca, teorija vjerojatnosti nije se smatrala matematickom disciplinom. Tek 1933.ruski matematicar A.M. Kolmogorov uveo je aksiomatsku definiciju vjerojatnosti i odtada se teorija vjerojatnosti smatra granom matematike. Teorija vjerojatnosti temeljje matematicke statistike, teorije slucajnih procesa, teorije informacija, teorije pouzda-nosti, ...


2.2 Intuitivne definicije vjerojatnosti

Skup svih mogucih ishoda slucajnog pokusa oznacava se s Ω. Svaki element ω ∈ Ωnaziva se elementarnim dogadajem, a Ω skupom elementarnih dogadaja.Za pokuse u primjerima 2.1 - 2.7 odredimo skup Ω:

• U primjeru 2.1 je Ω = P,G.• U primjeru 2.2 je Ω = PP,PG,GP,GG.• U primjeru 2.3 je Ω = 0, 1, 2, . . . , n.• U primjeru 2.4 je Ω = GG,PP,GPP,PGG,GPGG,PGPP, . . ..• U primjeru 2.5 je Ω = 〈−40, +45〉 ⊂ R.

• U primjeru 2.6 je

Ω = (t, v) | tmin ≤ t ≤ tmax, vmin ≤ v ≤ vmax ⊂ R×R.

• U primjeru 2.7 je Ω = [0, 180〉 ⊂ R.

Skup elementarnih dogadaja Ω moze biti diskretan (konacan ili prebrojivo beskonacan)ili neprekinut odnosno kontinuiran (neprebrojiv). U primjerima 2.1 - 2.3, Ω je konacan,u primjeru 2.4 prebrojivo beskonacan, a u primjerima 2.5 - 2.7 je neprebrojiv.Neka je Ω diskretan skup elementarnih dogadaja. Svaki podskup A ⊆ Ω naziva seslucajnim dogadajem ili krace dogadajem. Dogadaj A je nastupio ako je u pokusurealiziran bilo koji od ishoda (elementarnih dogadaja) iz skupa A.

Primjer 2.8 Baca se pravilna simetricna kocka. Odredimo skup elementarnih dogadajaΩ i dogadaje A = dobiven je broj ≥ 3 i B = dobiven je paran broj.Rjesenje:

Ω = 1, 2, 3, 4, 5, 6,A = 3, 4, 5, 6,B = 2, 4, 6

Skup svih podskupova od Ω naziva se partitivnim skupom i oznacava s P(Ω) =A |A ⊆ Ω. Poznato je da vrijedi k(P(Ω)) = 2kΩ, pa je broj svih mogucih dogadajajednak 2kΩ.Buduci da je Ω ∈ P(Ω) i on sam je dogadaj, a kako sadrzi sve ishode (elementarnedogadaje) nazivamo ga sigurnim dogadajem.Prazan skup ∅ ∈ P(Ω) ne sadrzi nijedan ishod i nazivamo ga nemogucim dogadajem.Za dogadaj A ⊆ Ω zelimo odrediti mogucnost pojavljivanja u konkretnom pokusu -vjerojatnost dogadaja A. U statistickim istrazivanjima vjerojatnost dogadaja A definira


se na sljedeci nacin:Neka je n broj pokusa izvedenih pod istim uvjetima u kojima je nA puta nastupiodogadaj A. Broj nA nazivamo apsolutnom ucestaloscu dogadaja A, a kvocijent nA

n

relativnom ucestaloscu. Pri tome je 0 ≤ nA

n≤ 1. Pokazuje se da relativna ucestalost

ima tendenciju stabiliziranja oko jedne cvrste vrijednosti kada broj ponavljanja pokusatezi u beskonacnost. Ta vrijednost oznacava se sa P (A) tj.

P (A) = limn→∞

nA

n

i naziva se vjerojatnost a posteriori dogadaja A. Ovo je empirijski nacin odredivanjavjerojatnosti dogadaja A, koji se temelji na prethodno izvedenim pokusima (opazanjima).

Primjer 2.9 Ako zelimo uspostaviti telefonsku vezu s nekim gradom onda svaki od tihpokusaja je jedan pokus. Ovakav pokus rezultira s dva ishoda:

A = veza je ostvarena,B = veza nije ostvarena.

Broj pokusaja n = 10000, a veza je uspostavljena u nA = 6900 pokusaja. Kolika jevjerojatnost da se veza uspostavlja?

Rjesenje:nA

n= 0, 69, sto znaci da je mogucnost uspostavljanja veze 69%.

U nekim slucajevima vjerojatnost dogadaja moze se odrediti i bez prethodno izvedenihpokusa. Neka slucajan pokus ima konacno mnogo jednako mogucih ishoda. Neka jedogadaj A vezan za taj pokus. Kazemo da je ishod povoljan za dogadaj A akonjegovo pojavljivanje povlaci da se realizirao dogadaj A. Vjerojatnost dogadaja A jeomjer broja m (broja povoljnih ishoda za A) i broja n (broja svih mogucih ishodapokusa):

P (A) =m

n.

Skup svih ishoda je Ω, a A ⊆ Ω, te je

P (A) =kA

kΩ. (6)

Ovako je definirana vjerojatnost a priori (Laplace, 1812.). Ova definicija ima samoogranicenu mogucnost primjene, jer se zahtjeva da je skup svih ishoda Ω konacan i dasu svi ishodi jednako moguci.

Primjer 2.10 Primjenom formule (6) dobivamo

1. Vjerojatnost da ce kod bacanja simetricnog novcica pasti ”pismo” jednaka je1

2.


2. Vjerojatnost da ce kod bacanja kocke pasti broj 6 jednaka je1

6.

3. Vjerojatnost da ce kod izvlacenja jedne karte iz spila od 32 biti izvucena karta boje

”karo” jednaka je8

32=

1

4.

4. Ako na sistemskom listicu igre Loto 7/39 igramo 23 broja, vjerojatnost dobitka”sedmice” jednaka je (

237

)

(397

) .

Primjer 2.11 U drustvu je 5 muskaraca i 10 zena. Odrediti vjerojatnost da pri slucajnomrazdvajanju drustva na 5 jednakih grupa, u svakoj grupi nade po jedan muskarac.

Rjesenje: Razdvajajuci 15 clanova drustva na 5 grupa po tri clana, prvu grupu mozemo

izabrati na K315 =

(153

)nacina, drugu na K3

12 =

(123

)nacina id. Ukupan broj nacina

na koji se drustvo moze razdvojiti je n = K315 ·K3

12 ·K39 ·K3

6 ·K33 =

15!

(3!)5.

Slicno, broj nacina na koji od 10 zena mozemo izabrat u 5 grupa po 2 zene jednak je

K210 ·K2

8 ·K26 ·K2

4 ·K22 =

10!

25, pri tome se za prvu grupu zena moze izabrati jedan od

5 muskaraca na K15 = 5 nacina, za drugu jedan od preostala 4 (K1

4 = 4) itd. Dakle je

m =10! · 5!

25.

Trazena vjerojatnost je

P =10!5!(3!)5

25 · 15!= 0, 0809.

2.3 Algebra dogadaja

Neka je Ω skup svih elementarnih dogadaja. Dogadaji su izvjesni podskupovi od Ω.Definiramo relacije i operacije nad dogadajima, analogno operacijama u teoriji skupova.

1. Unija ili zbroj dogadaja A i B je dogadaj koji se realizira ako i samo ako serealizira barem jedan od dogadaja A ili B. Oznacavat cemo ga s A ∪B (A + B).

2. Presjek ili umnozak dogadaja A i B je dogadaj koji se realizira ako i samo akose realiziraju i A i B. Oznacavat cemo ga s A ∩B (AB).

3. Za dogadaje A i B kazemo da su disjunktni ili da se iskljucuju ako je A∩B = ∅.


4. Komplement ili suprotni dogadaj dogadaja A je dogadaj Ac, koji se realizira akoi samo ako se A ne realizira. Ocito vrijedi: A ∪ Ac = Ω, A ∩ Ac = ∅, (Ac)c = A,Ωc = ∅, ∅c = Ω.

5. Razlika dogadaja A i B je dogadaj koji se realizira ako i samo ako se realiziradogadaj A, a ne realizira dogadaj B. Oznacavamo ga s A \B. Vrijedi Ac = Ω \A.

6. A povlaci dogadaj B ako vrijedi A = A ∩ B, tj. iz realizacije dogadaja A slijedirealizacija dogadaja B. Pisemo A ⊂ B.

7. Ako je A ⊆ B i B ⊆ A, kazemo da su dogadaji A i B ekvivalentni (sastoje se izjednakih ishoda).

Vrijede sljedece De Morganove formule:

(A ∩B)c = Ac ∪Bc, (A ∪B)c = Ac ∩Bc. (7)

Neka je Ω skup svih elementarnih dogadaja (ne mora biti konacan, ni prebrojiv, vecmoze biti i kontinuiran). Dogadaji ce biti izvjesni (opcenito ne svi!) podskupovi od Ω.Familiju svih dogadaja oznacimo sa F i nazivamo je algebrom dogadaja. Ona moraimati sljedeca svojstva:

1. ∅ ∈ F2. A ∈ F ⇒ Ac ∈ F3. A,B ∈ F ⇒ A ∪B ∈ F .

Kako je Ω = ∅c, to je i Ω ∈ F , a slicno mozemo zakljuciti i za

A ∩B = (Ac ∪Bc)c ∈ F i A \B = A ∩Bc ∈ F .

2.4 Vjerojatnosni prostor

Definicija 2.1 (Aksiomatska definicija vjerojatnosti)Vjerojatnost je preslikavanje P : F → [0, 1] sa sljedecim svojstvima:

1. P (A) ≥ 0 za svaki A ∈ F2. P (Ω) = 1

3. P (A ∪B) = P (A) + P (B) za sve A,B ∈ F takve da je A ∩B = ∅.Uredenu trojku (Ω,F , P ) nazivamo vjerojatnosnim prostorom (prostor vjerojatnosti).

Ova definicija vjerojatnosti odnosi se na algebru s konacnim brojem dogadaja. Proucavanjevjerojatnosti moze se prosiriti i na algebre koje imaju prebrojivo beskonacno mnogodogadaja, tzv. σ-algebre. Za nase primjene to nece biti potrebno.Od svojstava vjerojatnosti izdvajamo


• 0 ≤ P (A) ≤ 1

• Ako je A ⊆ B, tada je P (A) ≤ P (B)

• Vjerojatnost unije dogadaja P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B)

• Vjerojatnost unije n dogadaja

P (n⋃

i=1

Ai) =n∑

i=1

P (Ai)−∑i<j

P (Ai ∩ Aj)+

+∑

i<j<k

P (Ai ∩ Aj ∩ Ak) + · · ·+ (−1)n+1P (n⋂

i=1

Ai)

• Vjerojatnost suprotnog dogadaja jednaka je P (Ac) = 1− P (A)Dokaz: kako je A ∩Ac = ∅ i A ∪Ac = Ω, primjenom svojstava 2. i 3. iz definicijeslijedi

1 = P (Ω) = P (A ∪ Ac) = P (A) + P (Ac).

Odavde odredujemo vjerojatnost suprotnog dogadaja P (Ac).

• Vjerojatnost nemoguceg dogadaja: P (∅) = 0Dokaz: iz ∅ = Ωc, vjerojatnosti surotnog dogadaja i svojstva 2. iz definicijevjerojatnosti slijedi

P (∅) = 1− P (Ω) = 0.

Za dva dogadaja A i B kazemo da su nezavisni dogadaji ako i samo ako vrijedi

P (A ∩B) = P (A) · P (B).

Primjer 2.12 U metu gadaju istovremeno dva strijelca. Prvi gada s vjerojatnoscu 0,5,a drugi s vjerojatnoscu 0,7. Kolika je vjerojatnost da ce meta biti pogodena?

Rjesenje: Oznacimo dogadaje Ai = i-ti strijelac je pogodio metu, pa vrijedi

P (A1) = 0, 5 i P (A2) = 0, 7.

Dogadaj ”meta je pogodena” znaci: metu je pogodio prvi ili drugi ili oba tj. A1 ∪ A2.Dobivamo

P (A1 ∪ A2) = P (A1) + P (A2)− P (A1 ∩ A2).

A1 i A2 su nezavisni dogadaji, pa je

P (A1 ∩ A2) = P (A1) · P (A2) = 0, 5 · 0, 7 = 0, 35

i nadaljeP (A1 ∪ A2) = 0, 5 + 0, 7− 0, 35 = 0, 85.


2.5 Konacan vjerojatnosni prostor

U konacnom vjerojatnosnom prostoru je Ω = ω1, ω2, . . . , ωn. Ovdje je F = P(Ω)partitivni skup od Ω (skup svih podskupova od Ω i kF = 2n). Vjerojatnost je zadanaako znamo njenu vrijednost na elementarnim dogadajima ωi ∈ Ω, tj. ako su zadanibrojevi pi = P (ωi) = P (ωi) sa svojstvima:

1) pi ≥ 0, za i = 1, . . . , n

2)n∑

i=1

pi = 1.

Odavde slijedi P (Ω) = P (n⋃

i=1

ωi) =n∑

i=1

P (ωi) =n∑

i=1

pi = 1.

Ako je A ∈ F , tada je P (A) =∑ωi∈A

P (ωi).

Primjer 2.13 Bacaju se tri novcica i promatra se koliko se puta okrenulo pismo. Skupelementarnih dogadaja je Ω = 0, 1, 2, 3. Kad bacamo tri novcica, mogu nastupiti

V3

2 = 23 = 8 mogucnosti.

Vjerojatnost da se nijednom nije okrenulo pismo je P (0) =1

8, vjerojatnost da se na

jednom novcicu okrenulo pismo je P (1) =3

8i slicno P (2) =

3

8i P (3) =

1

8. Vidimo da

vrijedi4∑

i=1

P (ωi) = P (0) + P (1) + P (2) + P (3) = 1.

a) Kolika je vjerojatnost dogadaja A da se barem na jednom novcicu okrenulo pismo?b) Kolika je vjerojatnost dogadaja B da su se sva tri novcica okrenula na istu stranu?

Rjesenje:

a) Kako je A = 1, 2, 3 slijedi P (A) = P (1) + P (2) + P (3) =7

8ili

P (A) = 1− P (Ac) = 1− P (0) = 1− 1

8=

7

8.

b) B = 0, 3, pa slijedi P (B) = P (0) + P (3) =1

4.

Ako za svaki elementarni dogadaj ωi ∈ Ω, vrijedi P (ωi) = pi = p i ako je kΩ = n,

onda je p =1

n. Za dogadaj A za koji je kA = m vrijedi P (A) =

m

n, tj. P (A) =

kA

kΩ, sto

predstavlja klasicnu definiciju vjerojatnosti a posteriori:

P (A) =broj ishoda povoljnih za dogadaj A

broj svih mogucih ishoda.


Primjer 2.14 Bacaju se dvije kocke.a) Kolika je vjerojatnost da je na obje kocke pao isti broj ili zbroj 10?b) Kolika je vjerojatnost da je barem na jednoj kocki pala sestica?

Rjesenje: Skup elementarnih dogadaja je

Ω = (i, j) | i, j = 1, 2, . . . , 6

i kΩ = V2

6 = 62 = 36.a) Dogadaj A = okrenuo se isti broj na obje kocke = (i, i) | i = 1, 2, . . . , 6 i dogadajB = zbroj na kockama jednak je 10 = (4, 6), (5, 5), (6, 4).Imamo

P (A) =6

36, P (B) =

3

36, P (A ∩B) =

1

36,

te je

P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B) =6

36+

3

36− 1

36=

8

36=

2

9

Kako je P (A ∩B) =1

36, a P (A) · P (B) =

1

6· 1

12, vidimo da

P (A ∩B) 6= P (A) · P (B),

tj. dogadaji A i B nisu nezavisni.b) Neka je A1 dogadaj da je pala sestica na prvoj kocki, a A2 dogadaj da je pala sesticana drugoj kocki. Trazi se P (A1 ∪ A2).Imamo

P (A1 ∪ A2) = P (A1) + P (A2)− P (A1 ∩ A2)

= P (A1) + P (A2)− P (A1) · P (A2),

jer su A1 i A2 nezavisni dogadaji, sto nam daje

P (A1 ∪ A2) =6

36+

6

36− 1

36=

11

36.

Drugi, alternativni nacin izracuna je sljedeci. Dogadaj da je barem na jednoj kocki palasestica je suprotan od dogadaja da niti na jednoj nije pala sestica, pa mozemo racunati

P (A1 ∪ A2) = 1− P (Ac1 ∩ Ac

2) = 1− P (Ac1) · P (Ac

2) = 1− 5

6· 5

6=

11

36,

jer nezavisnost dogadaja A1 i A2 povlaci i nezavisnost dogadaja Ac1 i Ac

2.


2.6 Prebrojiv vjerojatnosni prostor

Pretpostavimo da je Ω beskonacan prebrojiv skup:

Ω = ω1, ω2, ω3, . . ..Algebra F i sada je jednaka skupu svih podskupova P(Ω). Ona zadovoljava uvjet

ako su An ∈ F (n ∈ N), tada je∞⋃

n=1

An ∈ F .

Vjerojatnost P na algebri F mora zadovoljavati uvjet

P (∞⋃

n=1

An) =∞∑

n=1

P (An), ako je Am ∩ An = ∅ za sve m 6= n.

U ovom slucaju algebru F nazivamo σ-algebrom.Kako i prije, vjerojatnost P je zadana ako su zadani brojevi pi za koje vrijedi:

1) pi = P (ωi) ≥ 0, za i = 1, 2, . . . , n, . . .

2)∞∑i=1

pi = 1.

Nisu svi elementarni dogadaji jednako vjerojatni, pa klasicna definicija vjerojatnosti uovom slucaju gubi smisao. Za A ⊆ Ω ponovno imamo

P (A) =∑ωi∈A

P (ωi).

Primjer 2.15 Baca se novcic dok ne padne pismo. Skup elementarnih dogadaja je

Ω = 1, 2, 3, . . ..

ω1 = 1 znaci: u prvom bacanju palo je pismo,

ω2 = 2 znaci: u drugom bacanju je prvi put palo pismo,

...

ωn = n znaci: u n-tom bacanju je prvi put palo pismo,

...

Racunamo P (1) =1

2, P (2) =

1

22, . . ., P (n) =

1

2n, . . .

∞∑i=1

P (ωi) =∞∑i=1

(1

2

)n

=12

1− 12

= 1.


( suma geometrijskog reda za q =1

2i a1 =

1

2)

Kolika je vjerojatnost dogadaja A = 1, 2?

Rjesenje: P (A) = P (1) + P (2) =1

2+

1

4=

3

4.

Primjer 2.16 Igra na srecu sastoji se od bacanja dviju kocaka. Odredite vjerojatnostda zbroj na kockama bude veci od 9?

Rjesenje: Oznacimo trazeni dogadaj s A. U ovom slucaju broj elementarnih dogadajaje kΩ = 36, a prebrojavanjem povoljnih ishoda, tj. onih kada je zbroj na kockama veciod 9, dobivamo k(A) = 6. Vjerojatnost iznosi

P (A) =6

36=

1

6.

Primjer 2.17 U Beli se dijeli osam karata. Odredite vjerojatnost dobivanja:

a) jednog asa,

b) barem jednog asa?

Rjesenje:

a) Od ukupno osam karata koje se dijele iz spila od 32, jedna karta treba biti jedanod cetiri asa, a sedam karata se dijeli od preostalih 28. Trazena vjerojatnost jedakle (

41

) (287

)

(328

) .

b) Suprotni dogadaj je taj da niti jedna od dobivenih karata nije as, pa je trazenavjerojatnost

1−

(288

)

(328

) .

Primjer 2.18 Student je izasao na ispit znajuci 20 od 25 pitanja. Na ispitu se izvlacetri pitanja. Kolika je vjerojatnost da student zna odgovor na:

a) na sva tri pitanja

b) na barem jedno pitanje?


Rjesenje:

a) Broj povoljnih mogucnosti da ce student znati odgovoriti na sva tri pitanja (na-

zovimo ga dogadajem A) je m =

(203

), a svih mogucnosti izbora ima n =

(253

),

te je

P (A) =

(203

)

(253

) = 0.495.

b) Dogadaj da student zna odgovor na barem jedno pitanje suprotan je dogadaju dane zna odgovor niti na jedno od tri odabrana pitanja, te je trazena vjerojatnost:

1−

(53

)

(253

) = 0.9957.

Primjer 2.19 Kolika je vjerojatnost da dvije slucajno izabrane osobe imaju rodendaneistog dana?

Rjesenje:

Ω = (i, j), 1 ≤ i, j ≤ 365A = (i, i), 1 ≤ i ≤ 365

P (A) =365

3652= 0, 00274.

Primjer 2.20 Kolika je vjerojatnost da izmedu n osoba budu barem dvije koje imajurodendan istog dana? Izracunajte za n = 5.

Rjesenje: Neka je An dogadaj da svih n osoba ima rodendane u razlicite dane. Tada jetrazena vjerojatnost

pn = P (Acn) = 1− P (An) = 1− 365 · 364 · · · (365− n + 1)

365n.

Za n = 5 imamo p5 = 0.027.

Primjer 2.21 Iz spila od 52 karte na slucajan nacin, jednu za drugom, izvlacimo dvijekarte i to

a) prvu izvucenu kartu vracamo u spil (dogadaj A),


b) prvu izvucenu kartu ne vracamo u spil (dogadaj B).

Kolika je vjerojatnost da izvucemo oba asa?

Rjesenje:

a) P (A) =4

32· 4

32,

b) P (B) =4

32· 3

31.

Primjer 2.22 Kolika je vjerojatnost sestice na lotu 7/39?

Rjesenje:

0@76

1A0@321

1A0@397

1A ·

Primjer 2.23 Kolika je vjerojatnost da dijete dobije sesticu ako kocku baca triput uzas-topce?

Rjesenje: Trazi se vjerojatnost dogadaja suprotnog dogadaju da u tri bacanja nijednomnije pala sestica:

p = 1− (5

6)3 = 0.42.

Primjer 2.24 Simetrican novcic bacamo 5 puta. Kolika je vjerojatnost da je pismopalo triput?

Rjesenje:

p =

(53

)·(

1

2

)5

= 0.3125.

Primjer 2.25 U kutiji se nalazi 4 puta vise ispravnih nego neispravnih proizvoda. Naslucajan nacin biraju se tri proizvoda. Vjerojatnost da medu njima bude barem jedan

neispravan proizvod iznosi29

57. Koliko je proizvoda u kutiji?

Rjesenje: Neka je n broj neispravnih proizvoda u kutiji. Tada je 4n broj ispravnih pro-izvoda. Dogadaj da medu tri slucajno izabrana proizvoda bude barem jedan neispravansuprotan je dogadaju da su sva tri izvucena proizvoda ispravna. Slijedi

1−

(4n3

)

(5n3

) =29

57

4n(4n− 1)(4n− 2)

5n(5n− 1)(5n− 2)=

28

57

37n2 − 159n + 44 = 0

n1,2 = 4;11

37.


Dobiva se da u kutiji neispravnih proizvoda ima 4, ispravnih 16.

Primjer 2.26 U kutiji je 12 kuglica: plave, zute i tri crvene. Na slucajan nacin biramotri kuglice. Ako vjerojatnost da izaberemo po jednu plavu, zutu i crvenu kuglicu iznosi311

, koliko je zutih kuglica u kutiji?

Rjesenje: Neka je n broj zutih kuglica. Tada plavih kuglica ima 9 − n. Od 12 kuglica

tri se mogu izvuci na

(123

)nacina. Povoljno je da to bude jedna od 3 crvene, jedna od

n zutih i jedna od 9− n plavih:

(31

)·(

n1

)·(

9− n1

)

(123

) =3

11

n(9− n) = 20.

Dobivaju se dva rjesenja za broj zutih kuglica: n = 5 ili 4.

Primjer 2.27 U dvorani je prisutno 12 studentica i 18 studenata. Slucajnim se izborombira troclana delegacija. Kolika je vjerojatnost da su izabrana:

a) tri studenta (dogadaj A),

b) tri studentice (dogadaj B),

c) dvije studentice i student (dogadaj C)?

Rjesenje:

a) P (A) =

(183

)

(303

) = 0.20,

b) P (B) =

(123

)

(303

) = 0.05,

c) P (C) =

(181

)·(

122

)

(303

) = 0.2926.


Primjer 2.28 Kutija sadrzi 12 loptica za stolni tenis, od kojih su 4 lose. Na slucajannacin izvadimo odjednom 7 loptica. Kolika je vjerojatnost da ce medu njima biti

a) najvise jedna losa loptica (dogadaj A),

b) 2 lose ili 4 lose loptice (dogadaj B)?

Rjesenje:

a) P (A) =

(87

)+

(86

)·(

41

)

(127

) ,

b) P (B) =

(85

)·(

42

)+

(83

)·(

44

)

(127

) .

Primjer 2.29 Kolika je vjerojatnost p(n) da se sestica pojavi u n bacanja kocke? Kolikoputa treba baciti kocku da je vjerojatnost sestice barem 0,9?

Rjesenje:

p = 1−(

5

6

)n

1−(

5

6

)n

≥ 0, 9

(5

6

)n

≤ 0, 1

Logaritmiranjem dobivamo n ≥ 13.


2.7 Zadaci

1. U kutiji se nalazi 16 proizvoda, od kojih su 4 neispravna. Na slucajan nacinse izvlaci 5 proizvoda. Kolika je vjerojatnost da medu njima bude barem jedanneispravan?

2. Student je izasao na ispit znajuci odgovor na 20 od mogucih 26 pitanja. Profesorpostavlja tri pitanja za redom. Kolika je vjerojatnost da student zna odgovor:

a) na sva tri pitanja

b) na barem jedno pitanje?

3. Uzorak sadrzi dva puta vise ispravnih nego neispravnih proizvoda. Ako slucajnobiramo cetiri proizvoda, vjerojatnost da medu njima budu dva ispravna i dvaneispravna iznosi 30/91. Koliko proizvoda sadrzi uzorak?

4. U kutiji se nalazi 20% manje bijelih nego crnih kuglica. Na slucajan nacin biramodvije kuglice. Ako vjerojatnost da izvucemo barem jednu bijelu kuglicu iznosi 12

17,

koliko je crnih kuglica u kutiji?

5. Iz kutije u kojoj se nalaze 4 plave, 5 zutih i crvene kuglice, na slucajan nacinizvlacimo dvije kuglice. Vjerojatnost da ne izaberemo nijednu crvenu iznosi 30%.Koliko je kuglica u kutiji?

6. U kutiji je 15 kuglica: crvene, plave i tri zute. Na slucajan nacin biramo tri kuglice.Vjerojatnost da izaberemo po jednu crvenu, plavu i zutu iznosi 3

13. Koliko je plavih

kuglica u kutiji?

7. Koji postotak peteroznamenkastih brojeva

a) sadrzi znamenku 5,

b) djeljiv je s 20, a ne sadrzi znamenke 8 i 9?

8. U kutiji se nalazi 50% vise bijelih nego crvenih kuglica. Na slucajan se nacin birajutri kuglice. Ako je vjerojatnost da izvucemo jednu crvenu kuglicu i dvije bijelejednaka 0, 5, koliko je bijelih kuglica u kutiji?

9. U cetiri vagona na slucajan nacin ulazi 16 putnika. Kolika je vjerojatnost da:

a) u prvi vagon udu 4 putnika,

b) u svaki vagon udu po 4 putnika?


2.7.1 Rjesenja zadataka

1.

2. a)

b)

3.

4.

5.

6.

7. a)

b)

8.

9. a)312

(164

)

416,

b)

(164

) (124

)(84

)(44

)

416.


2.8 Geometrijska definicija vjerojatnosti

Promatrat cemo jedino one neprebrojive skupove elementarnih dogadaja Ω koji imajukonacnu geometrijsku mjeru m(Ω) kao npr. duljina, povrsina, obujam. Vjerojatnostdogadaja A ⊆ Ω, tj. vjerojatnost da je slucajno odabrana tocka iz A, jednaka je omjerumjere od A i mjere od Ω:

P (A) =m(A)

m(Ω).

Funkcija P zadovoljava sve aksiome vjerojatnosti i ovako definirana vjerojatnost nazivase geometrijska vjerojatnost.

Primjer 2.30 U krug je upisan kvadrat. Kolika je vjerojatnost da s propisane udalje-nosti pikado pogodi dio kruga unutar kvadrata?

Rjesenje: Trazena vjerojatnost jednaka je omjeru povrsine kvadrata upisanog krugum(A) i povrsine kruga m(Ω):

P (A) =(r√

2)2

r2π=

2

π.

Primjer 2.31 Dva vlaka duljine 200m krecu se brzinom 72km/h prugama koje se medu-sobno krizaju. Trenutak u kojem ce oni uci u krizanje je slucajan i izmedu 22 sata i22:30. Kolika je vjerojatnost da ce se vlakovi sudariti?

Rjesenje: Neka je

x - trenutak ulaska prvog vlaka u krizanje,

y - trenutak ulaska drugog vlaka u krizanje.

Ako prvi vlak ude u krizanje tocno u 22 sata i stavimo x = 0s, onda u 22:30 je x = 1800s,slicno i za drugi vlak. Skup elementarnih dogadaja je

Ω = (x, y) |x ∈ [0s, 1800s], y ∈ [0s, 1800s].Ω je kvadrat u xOy ravnini, a jedinice na koordinatnim osima su sekunde. Vlakovi cese sudariti (dogadaj A) ako je

|x− y| ≤ 200m

20m/s,

jer je 72km/h = 20m/s, tj.

A = (x, y) | |x− y| ≤ 10s ⊆ Ω.

Crtanjem podrucja Ω (kvadrat) i njegovog podskupa A (tocnije podrucja odredenognejednadzbama y ≤ x + 10 i y ≥ x− 10 unutar kvadrata) dobivamo

m(Ω) = 18002, m(A) = 18002 − 17902,


te je

P (A) =18002 − 17902

18002= 0, 011.

Primjer 2.32 Prometna nesreca dogodila se izmedu 8 i 9 sati. Kolika je vjerojatnostda se dogodila izmedu 8:25 i 8:40?

Rjesenje: m(Ω) = 60min, m(A) = 15min, te je

p =15

60= 0, 25.

Primjer 2.33 Na segmentu T1T2 duljine 1 slucajno su odabrane tocke L i M . Kolikaje vjerojatnost da se

a) tocka L nalazi blize tocki T1 nego tocka M (dogadaj A)?

b) tocka L nalazi blize tocki M nego tocki T1 (dogadaj B)?

Rjesenje: Neka su tocke L i M smjestene na intervalu [0, 1] i odredene s L(x) i M(y).Tada Ω = (x, y) |x, y ∈ [0, 1] je kvadrat u koordinatnom sustavu xOy i m(Ω) = 1.

a) Buduci da je tocka L blize tocki T1 nego tocka M kada je y − x > 0, vrijediA = (x, y) ∈ Ω | y − x > 0 ⊆ Ω, sto je pravokutni trokut s katetama duljine 1 i

m(A) =1

2. Dobivamo

P (A) =1

2.

b) Tocka L je blize tocki M nego tocki T1 ako je x > y ili ako za x < y vrijediy − x < x. Odavde slijedi da je B = (x, y) ∈ Ω | y < 2x ⊆ Ω, za koji vrijedi

m(B) =3

4. Dobivamo

P (B) =3

4.


2.9 Zadaci

1. Na zidu dimenzija 8m× 5m nalaze se cetiri prozora svaki dimenzija 1.8m× 1.2m.Kolika je vjerojatnost da djecak koji nasumice puca loptu u zid pogodi bilo kojiprozor?

2. Na realnom pravcu slucajno su odabrane tocke a i b tako da je 0 ≤ a ≤ 3 i−2 ≤ b ≤ 0. Kolika je vjerojatnost da je udaljenost izmedu tocaka a i b veca od3?

3. Iz intervala [0, 10] biraju se dva realna broja. Kolika je vjerojatnost da njihovzbroj bude veci od 8, a apsolutna vrijednost njihove razlike veca od 3?

4. Iz intervala [0, 1] na slucajan nacin biraju se dva broja. Kolika je vjerojatnost danjihov zbroj bude veci od 1

3, a apsolutna vrijednost njihove razlike manja od 1

3?

5. Iz intervala [−1, 1] biraju se dva broja. Kolika je vjerojatnost da njihov zbroj budepozitivan, umnozak negativan, a zbroj kvadrata manji od 1?

6. Iz intervala [0, 2] na slucajan se nacin biraju dva broja. Kolika je vjerojatnost danjihov zbroj bude manji od 3, a razlika po apsolutnoj vrijednosti manja od 1?

7. Decko i cura dogovore susret izmedu 7:00 i 8:00 na trgu. Dogovore se da onaj tkodode prvi, ceka drugog najvise 20min. Kolika je vjerojatnost da ce se susresti?

8. Dvije osobe imaju jednaku vjerojatnost da dodu na zakazano mjesto u svakomtrenutku vremenskog intervala T . Kolika je vjerojatnost da jedna osoba drugu neceka duze od t (vremenski interval)?


1. 0, 216.

2.13.

3.39200

.

4.49.

5.

6.58.

7.59.

8.T 2 − (T − t)2

T 2.


2.10 Uvjetna vjerojatnost

Neka je B ∈ F dogadaj s pozitivnom vjerojatnoscu P (B) > 0. Definiramo uvjetnuvjerojatnost da ce nastupiti dogadaj A, ako je nastupio dogadaj B s

P (A|B) =P (A ∩B)

P (B)za svaki A ∈ F . (8)

Odavde jeP (A ∩B) = P (B)P (A|B). (9)

Ako je P (A) > 0 tada je

P (B|A) =P (B ∩ A)

P (A)=

P (A ∩B)

P (A),

pa jeP (A ∩B) = P (A)P (B|A). (10)

Dakle, vrijediP (A ∩B) = P (B)P (A|B) = P (A)P (B|A).

Vrijedi i

P (A1 ∩ A2 ∩ A3) = P (A1 ∩ A2)P (A3|A1 ∩ A2) = P (A1)P (A2|A1)P (A3|A1 ∩ A2).

Slicno se moze pokazati i za

P (A1 ∩A2 ∩ · · · ∩An) = P (A1)P (A2|A1)P (A3|A1 ∩A2) · · ·P (An|A1 ∩A2 ∩ · · · ∩An−1).

Ako je Ω konacan i ako svi elementarni dogadaji imaju jednaku vjerojatnost, tada zbog

P (A ∩B) =k(A ∩B)

kΩ, P (B) =

kB

kΩ

slijedi

P (A|B) =k(A ∩B)

kB.

Primjer 2.34 Bacaju se dvije kocke. Ako je pao zbroj 6, kolika je vjerojatnost da je najednoj kocki pao broj 2?

Rjesenje: Definirajmo

B = pao je zbroj 6,A = na jednoj kocki je pao broj 2.


Trazi se P (A|B) =k(A ∩B)

kB. Kako je

B = (1, 5), (5, 1), (2, 4), (4, 2), (3, 3), kB = 5,

A ∩B = (2, 4), (4, 2), k(A ∩B) = 2,

slijedi P (A|B) =2

5= 0, 4.

Primjer 2.35 Statisticki je utvrdeno da od 10000 muskaraca 500 boluje od daltonizma,a od 10000 zena njih 25. Kolika je vjerojatnost da slucajno odabrana osoba bude daltonisti muskarac?

Rjesenje: Neka je

A = odabrana osoba je daltonist,B = odabrana osoba je muskarac.

Trazi se P (A ∩B). Po (9) imamo

P (A ∩B) = P (B)P (A|B).

Kako je

P (B) =10000

20000=

1

2, P (A|B) =

500

10000

slijedi P (A ∩B) =1

2· 1

20=

1

40= 0, 025.

Primjer 2.36 Vjerojatnost da zrakoplov bude oboren prije nego sto stigne do cilja je5%. Vjerojatnost da unisti cilj, ako do njega dospije, je 40%. Kolika je vjerojatnost dazrakoplov dospije do cilja i unisti ga?

Rjesenje: Neka je

A = zrakoplov je dospio do cilja, P (A) = 0, 95,

B = cilj je unisten.

Trazi se P (A ∩B). Zadano je jos P (B|A) = 0, 4. Po formuli (10)

P (A ∩B) = P (A)P (B|A) = 0, 95 · 0, 4 = 0, 38.

Primjer 2.37 U skupu od 100 proizvoda, 10 je neispravno. Kolika je vjerojatnost dacemo biranjem nasumice u tri uzastopna pokusaja izabrati 3 neispravna proizvoda, akopri tom odabrani proizvod ne vracamo natrag?


Rjesenje: Neka je Ai dogadaj da je izabran neispravan proizvod u i-tom pokusaju,i = 1, 2, 3.Trazena je vjerojatnost

P (A1 ∩ A2 ∩ A3) = P (A1)P (A2|A1)P (A3|A1 ∩ A2).

Znamo P (A1) =10

100. Vjerojatnost izbora drugog neispravnog proizvoda ako je vec

izabran jedan takav iznosi P (A2|A1) =9

99, a vjerojatnost izbora treceg neispravnog

proizvoda ako su vec prethodno izabrana dva takva je P (A3|A1 ∩A2) =8

98. Dobivamo

P (A1 ∩ A2 ∩ A3) =10

100· 9

99· 8

98=

72

97020= 0, 000742.

Primjer 2.38 Vjerojatnost u postocima da su oba blizanca muskog spola je 40%, a dasu zenskog je 35%. Pri porodu, prvo se rodilo musko dijete. Kolika je vjerojatnost da idrugo dijete bude musko?

Rjesenje: Blizanci mogu biti:

A - dva djecaka,

B - dvije djevojcice,

C - djevojcica i djecak.

Trazi se

P (A|(A ∪ C)) =P (A ∩ (A ∪ C))

P (A ∪ C).

Vjerojatnost da se rodio barem jedan djecak P (A ∪ C) = 1− P (B) = 1− 0, 35 = 0, 65.Slijedi

P (A|(A ∪ C)) =0, 4

0, 65= 0, 615.

Prisjetimo se da su dva dogadaja A i B nezavisni dogadaji ako vrijedi

P (A ∩B) = P (A) · P (B),

i da u protivnom kazemo da su zavisni.Ako su dogadaji A i B nezavisni vrijedi:

• P (A|B) = P (A), P (B|A) = P (B).

• Vjerojatnost da se desi barem jedan od dogadaja A ili B jednaka je

P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A)P (B).


• Vjerojatnost da nece nastupiti ni dogadaj A, ni dogadaj B jednaka je

P (Ac ∩Bc) = (1− P (A))(1− P (B)).

Vjerojatnost da se desi barem jedan od dogadaja A ili B suprotan je dogadaju dase ne desi ni A ni B, pa je

P (A ∪B) = 1− P (Ac ∩Bc) = 1− (1− P (A)) (1− P (B)) .

• Vjerojatnost da se barem jedan od dogadaja A i B nece realizirati je

P (Ac ∪Bc) = 1− P (A)P (B).

Primjer 2.39 Tri strijelca gadaju metu. Prvi pogada s vjerojatnoscu 80%, drugi sa60% i treci s 90%. Kolika je vjerojatnost da u meti zavrsi samo jedan metak, ako svatrojica gadaju samo s po jednim metkom?

Rjesenje: Buduci da pogodak ili promasaj bilo kojeg od njih ne utjece na gadanjeostalih, trazena vjerojatnost je:

P = 0, 8 · 0, 4 · 0, 1 + 0, 2 · 0, 6 · 0, 1 + 0, 2 · 0, 4 · 0, 9 = 0, 116.

Zadatak 2.40 Tri strijelca gadaju jednu te istu metu. Vjerojatnost pogotka kod svakogstrijelca redom iznosi 0,80, 0,70 i 0,60. Kolika je vjerojatnost:

a) tocno jednog pogotka u metu,

b) barem jednog pogotka u metu,

c) najvise dva pogotka u metu?

Rjesenje:

2.11 Potpuna vjerojatnost. Bayesova formula.

Potpun sustav dogadaja cine dogadaji

H1, H2, . . . , Hn ⊂ Ω,

ako vrijedi sljedece:

n⋃i=1

Hi = Ω i

Hi ∩Hj = ∅ za i 6= j.


Neka je A ⊂ Ω. Tada je

A = Ω ∩ A =

(n⋃

i=1

Hi

)∩ A =

n⋃i=1

(Hi ∩ A) = (H1 ∩ A) ∪ (H2 ∩ A) ∪ · · · ∪ (Hn ∩ A).

Dogadaji (Hi ∩ A) i (Hj ∩ A) se iskljucuju za i 6= j, te je

P (A) = P (H1 ∩A)+P (H2 ∩A)+ · · ·P (Hn ∩A) =n∑

i=1

P (Hi ∩A) =n∑

i=1

P (Hi)P (A|Hi).

Izveli smo formulu potpune vjerojatnosti:

P (A) =n∑

i=1

P (Hi) · P (A|Hi). (11)

Bayesova formula sluzi za aposteriorno izracunavanje vjerojatnosti pojedinih hi-poteza Hj, ako je poznato da se dogodio dogadaj A:

P (Hj|A) =P (Hj ∩ A)

P (A)=

P (Hj) · P (A|Hj)n∑

i=1

P (Hi) · P (A|Hi)

, j = 1, 2, . . . , n. (12)

Primjer 2.41 Tri stroja rade istovremeno pri cemu prvi daje 50%, drugi 30%, a treci20% proizvodnje. Postotak neispravnih kod prvog stroja je 10%, drugog 20%, a treceg18%.

a) Kolika je vjerojatnost da je slucajno odabrani proizvod neispravan?

b) Ako je slucajno odabrani proizvod neispravan, kolika je vjerojatnost da je proizve-den na prvom stroju?

Rjesenje: Neka je Hi = proizvod je proizveden na i-tom stroju, i = 1, 2, 3. ImamoP (H1) = 0, 5, P (H2) = 0, 3 i P (H3) = 0, 2. Definirajmo

A = odabrani proizvod je neispravan.

Zadano je P (A|H1) = 0, 1, P (A|H2) = 0, 2 i P (A|H3) = 0, 18.

a) Trazi se P (A). Po formuli (11)

P (A) = P (H1)P (A|H1) + P (H2)P (A|H2) + P (H3)P (A|H3)

= 0, 5 · 0, 1 + 0, 3 · 0, 2 + 0, 2 · 0, 18 = 0, 146.


b) Trazi se

P (H1|A) =P (H1 ∩ A)

P (A)=

P (H1)P (A|H1)

P (A)=

0, 5 · 0, 10, 146

= 0, 342.

Primjer 2.42 Grupa od 10 studenata je dosla na usmeni ispit. Trojica su pripremilaispit izvrsno, cetvorica dobro, dvojica dovoljno i jedan lose. Pitanja su na listicima i imaih 20. Izvrsno pripremljeni student zna odgovor na svih 20 pitanja, dobro pripremljenina 16, dovoljno pripremljeni na 10, a lose pripremljeni na 5. Slucajno odabrani studentje odgovorio na 3 zadana pitanja. Odredite vjerojatnost da je to bio student koji je ispitpripremio:

a) izvrsno,

b) lose?

Rjesenje: Oznacimo sljedece dogadaje

H1 = student je pripremio ispit izvrsno,H2 = student je pripremio ispit dobro,H3 = student je pripremio ispit dovoljno,H4 = student je pripremio ispit lose.

Tada je P (H1) =3

10, P (H2) =

4

10, P (H3) =

2

10i P (H4) =

1

10.

Neka je dogadaj A = student je odgovorio na sva 3 pitanja.Vjerojatnost da je student odgovorio na sva 3 pitanja, ako je ispit pripremio izvrsno je

P (A|H1) =

(203

)

(203

) = 1,

ako je ispit pripremio dobro

P (A|H2) =

(163

)

(203

) = 0, 491,

ako je ispit pripremio dovoljno

P (A|H3) =

(103

)

(203

) = 0, 105,


a ako je ispit pripremio lose

P (A|H4) =

(53

)

(203

) = 0, 009.

a) Vjerojatnost da je na sva 3 pitanja odgovorio izvrstan student, po Bayesovoj for-muli (12) je

P (H1|A) =P (H1)P (A|H1)

P (A),

dok je vjerojatnost dogadaja A po formuli (11)

P (A) = P (H1)P (A|H1) + P (H2)P (A|H2) + P (H3)P (A|H3) + P (H4)P (A|H4)

=3

10· 1 +

4

10· 0, 491 +

2

10· 0, 105 +

1

10· 0, 009 = 0, 5183.

Sada slijedi

P (H1|A) =

3

10· 1

0, 5183= 0, 5788.

b) Analogno

P (H4|A) =P (H4)P (A|H4)

P (A)=

1

10· 0, 009

0, 5183= 0, 0017.


2.12 Zadaci

1. Zarulje se proizvode u tri pogona. Prvi pogon daje 50% proizvodnje, drugi 30% itreci 20%. Postotak neispravnih zarulja iz prvog pogona je 10%, iz drugog 15%, aiz treceg 8%.

a) Kolika je vjerojatnost da je slucajno izabran proizvod neispravan?

b) Kolika je vjerojatnost da je neispravan proizvod proizveden na drugom stroju?

2. Jedan tip proizvoda izraduje se na 4 stroja. Na stroju S1 izraduje se 40% pro-izvodnje od cega je 0, 1% skarta, na S2 se radi 30% i od toga je 0, 2% skarta, naS3 20% sa 0, 25% skarta i na S4 10% proizvodnje sa 0, 5% skarta.

a) Kolika je vjerojatnost da je slucajno odabrani proizvod ispravan?

b) Ako je slucajno odabrani proizvod neispravan, kolika je vjerojatnost da jeizraden na stroju S1?

3. Strijelci Mate i Ante, svaki sa po jednim metkom, gadaju cilj. Mate pogada svjerojatnosti 0, 8, a Ante s 0, 4. Utvrdeno je da je meta pogodena jednim metkom.Kolika je vjerojatnost da je metu pogodio Mate?

4. U uzorku ispitanika, u kojem je muskaraca 55%, 70% muskaraca i 60% zena pusi.Kolika je vjerojatnost da slucajno odabrana osoba pusi? Kolika je vjerojatnost daje slucajno odabrana osoba koja pusi, muskarac?

5. Dva automobila voze nocu jedan prema drugome. Ako vozaci nisu pospani, auto-mobili ce se sigurno mimoici s vjerojatnoscu 0,999. Ako je vjerojatnost da svakiod vozaca bude pospan jednaka 0,1, onda je vjerojatnost da oba budu pospana0,01. Ako je samo vozac A pospan oni ce se mimoici s vjerojatnoscu 0,7. Ako jesamo vozac B pospan onda ce se mimoici s vjerojatnoscu 0,8. Ako su oba vozacapospana oni ce se mimoici s vjerojatnoscu 0,4. Odredite vjerojatnost s kojom cese automobili mimoici.


1. a) 0,131.

b) 0,343.

2. a)

b)

3.

4.

5. 0,948.

vjerojatnost i statistika -...

Documents