Zbirka rešenih izpitnih nalog pri predmetu Verjetnost Avtor Aleksander Kelenc April 2025 Naslov Zbirka rešenih izpitnih nalog pri predmetu Verjetnost Title Collection of Solved Exam Problems in Probability Avtor Aleksander Kelenc Author (Univerza v Mariboru, Fakulteta za elektrotehniko, računalništvo in informatiko) Recenzija Gordana Radić Review (Univerza v Mariboru, Fakulteta za elektrotehniko, računalništvo in informatiko) Lektoriranje Aleksandra Tepeh Language editing (Univerza v Mariboru, Fakulteta za elektrotehniko, računalništvo in informatiko) Tehnična urednika Aleksander Kelenc Technical editors (Univerza v Mariboru, Fakulteta za elektrotehniko, računalništvo in informatiko) Jan Perša (Univerza v Mariboru, Univerzitetna založba) Oblikovanje ovitka Jan Perša Cover designer (Univerza v Mariboru, Univerzitetna založba) Grafike na ovitku Trikotniki, avtor: DavidZdd, pixabay.com, 2017 Cover graphics Bela zgradba, avtorica: Simone Hutsch, unsplach.com, 2018 Grafične priloge Viri so lastni, razen če ni navedeno drugače. Graphic material Kelenc (avtor), 2025 Založnik Univerza v Mariboru Published by Univerzitetna založba Slomškov trg 15, 2000 Maribor, Slovenija https://press.um.si, zalozba@um.si Izdajatelj Univerza v Mariboru Issued by Fakulteta za elektrotehniko, računalništvo in informatiko Koroška cesta 46, 2000 Maribor, Slovenija https://feri.um.si, feri@um.si Izdaja Edition Prva izdaja Vrsta publikacije Publication type E-knjiga Izdano Published at Maribor, Slovenija, april 2025 Dostopno na Available at https://press.um.si/index.php/ump/catalog/book/966 Ime projekta NOO, Razvoj prožnih učnih pristopov z mikrodokazili za digitalno in zeleno preobrazbo Project name izobraževanja za prehod v Družbo 5.0 – Univerza v Mariboru, Fakulteta za elektrotehniko, računalništvo in informatiko Izdajo sofinancirata Evropska unija – NextGenerationEU in Republika Slovenija, Ministrstvo za visoko šolstvo, znanost in inovacije. CIP - Kataložni zapis o publikaciji Univerzitetna knjižnica Maribor 519.2(0.034.2)(076) KELENC, Aleksander Zbirka rešenih izpitnih nalog pri predmetu Verjetnost [Elektronski vir] / avtor Aleksander Kelenc. - 1. izd. - Maribor : Univerza v Mariboru, Univerzitetna založba, 2025 Način dostopa (URL): https://press.um.si/index.php/ump/catalog/book/966 ISBN 978-961-286-978-6 (PDF) doi: 10.18690/um.feri.3.2025 COBISS.SI-ID 233021443 © Univerza v Mariboru, Univerzitetna založba / University of Maribor, University Press Besedilo / Text © Kelenc (avtor), 2025 To delo je objavljeno pod licenco Creative Commons Priznanje avtorstva-Deljenje pod enakimi pogoji 4.0 Mednarodna. / This work is licensed under the Creative Commons Attribution-ShareAlike 4.0 International License. Licenca dovoli uporabnikom reproduciranje, distribuiranje, dajanje v najem, javno priobčitev in predelavo avtorskega dela, če navedejo avtorja in širijo avtorsko delo/predelavo naprej pod istimi pogoji. Za nova dela, ki bodo nastala s predelavo, bo tako tudi dovoljena komercialna uporaba. Vsa gradiva tretjih oseb v tej knjigi so objavljena pod licenco Creative Commons, razen če to ni navedeno drugače. Če želite ponovno uporabiti gradivo tretjih oseb, ki ni zajeto v licenci Creative Commons, boste morali pridobiti dovoljenje neposredno od imetnika avtorskih pravic. https://creativecommons.org/licenses/by-sa/4.0/ ISBN 978-961-286-978-6 (pdf) DOI https://doi.org/10.18690/um.feri.3.2025 Cena Brezplačni izvod Odgovorna oseba založnika Prof. dr. Zdravko Ka č ič For publisher rektor Univerze v Mariboru Citiranje Kelenc, A. (2025). Zbirka rešenih izpitnih nalog pri predmetu Verjetnost. Univerza v Attribution Mariboru, Univerzitetna založba doi: 10.18690/um.feri.3.2025 K A Z A L O Predgovor 1 1 r a c u n s k e na l o g e 3 ˇ 1 1 3 . Pogojna verjetnost in popolna verjetnost 1 2 5 . Diskretne nakljuˇcne spremenljivke 1 3 6 . Zvezne nakljuˇcne spremenljivke 1 4 8 . Diskretni nakljuˇcni vektorji 1 5 8 . Naloge iz statistike 2 r e s i t v e r ac u n s k i h na l o g 11 ˇ ˇ 2 1 11 . Pogojna verjetnost in popolna verjetnost 2 2 22 . Diskretne nakljuˇcne spremenljivke 2 3 31 . Zvezne nakljuˇcne spremenljivke 2 4 40 . Diskretni nakljuˇcni vektorji 2 5 45 . Naloge iz statistike P R E D G O V O R Priˇcujoˇca zbirka reˇsenih nalog je uˇcni pripomoˇcek, namenjen predvsem ˇstudentom 3. letnika univerzitetnih ˇstudijskih programov Elektrotehnika ter Raˇcunalniˇstvo in informacijske tehnologije na UM FERI. Na omenjenih programih se predmet Verjetnost pojavlja kot izbirni, vendar bo zbirka koristna tudi drugim ˇstudentom, ki v okviru ˇstudija posluˇsajo predmete s podroˇcja verjetnosti. Zbirka je strukturno razdeljena na dve poglavji. Prvo poglavje vsebuje prete- kle izpitne naloge, drugo pa njihove reˇsitve ter nekatere postopke, ki vodijo do teh reˇsitev. Vsako poglavje je nadalje razdeljeno na podpoglavja, ki veˇcinoma sovpadajo s poglavji pri omenjenem predmetu Verjetnost. Veˇcina zbranih nalog je bila del izpitov ali delnih testov v letih 2021–2023. Za uspeˇsno reˇsevanje nalog iz te zbirke je potrebno osnovno znanje kombina- torike in verjetnosti. Zato naj bo zbirka v pomoˇc pri zakljuˇcni pripravi na izpit, ne pa kot glavno ali edino ˇstudijsko gradivo. Kljub skrbnemu pregledu se lahko v besedilu pojavi kakˇsna tipkarska na- paka. V takˇsnem primeru me lahko kontaktirate na elektronski naslov aleksan-der.kelenc@um.si. 1 1 R A ˇ C U N S K E N A L O G E 1 1 p o g o j na v e r j e t n o s t i n p o p o l na v e r j e t n o s t . Naloga 1. Hkrati meˇcemo dve poˇsteni igralni kocki. (a) Kolikˇsna je verjetnost, da je pri metu vsota pik na obeh kockah enaka 7, ˇce vemo, da je produkt pik na obeh kockah lih? (b) Kolikˇsna je verjetnost, da je pri metu vsota pik na obeh kockah enaka 7, ˇce vemo, da je produkt pik na obeh kockah sod? (c) Met obeh kock ponovimo ˇstirikrat. Kolikˇsna je verjetnost, da je vsota pik na obeh kockah vsaj enkrat deljiva s 5? Naloga 2. Dva igralca meˇceta poˇsteno igralno kocko. Prvi vrˇze igralno kocko enkrat, drugi pa tolikokrat, kot je bilo ˇstevilo pik pri metu prvega. Kolikˇsna je verjetnost, da je prvi vrgel tri pike, ˇce je vsota pik vseh metov drugega enaka pet. Naloga 3. V ˇskatli imamo na voljo 20 baterij, od tega jih je 5 z napako. Za delovanje stenske ure moramo vstaviti dve bateriji, ki ju nakljuˇcno izberemo iz ˇskatle. ˇ Ce vstavimo v uro dve brezhibni bateriji, potem bo ura gotovo delovala. Ce vstavimo v uro eno brezhibno baterijo in eno baterijo z napako, potem je ˇ verjetnost za delujoˇco uro enaka 0.7. ˇ Ce pa vstavimo dve bateriji z napako, potem je verjetnost za delujoˇco uro enaka 0.3. (a) Kolikˇsna je verjetnost, da bo ura delovala? (b) Kolikˇsna je verjetnost, da smo izbrali dve bateriji z napako, ˇce ura deluje? Naloga 4. Iz intervala [0, 1] nakljuˇcno in neodvisno izberemo dve toˇcki x in y. (a) Izraˇcunaj verjetnost, da je razdalja med obema toˇckama manjˇsa od 1 . 2 (b) Izraˇcunaj verjetnost, da je vsota vrednosti obeh toˇck manjˇsa od ena. (c) Izraˇcunaj verjetnost dogodkov iz toˇck (a) in (b), ˇce vemo, da je vrednost toˇcke 1 x veˇcja od . 4 3 r a c u n s k e na l o g e ˇ Naloga 5. V nagradni igri nakljuˇcno izberemo toˇcko T(x, y) iz obmoˇcja D = [−2, 3] × [−1, 2]. Glede na to, v katerem kvadrantu se nahaja toˇcka T, potem iz bobna z 10 sreˇckami (4 dobitne in 6 praznih) izˇzrebamo razliˇcno ˇstevilo sreˇck: • ˇce se toˇcka T nahaja v I. kvadrantu (x ≥ 0 ∧ y ≥ 0), potem izˇzrebamo 1 sreˇcko; • ˇce se toˇcka T nahaja v I I. kvadrantu (x < 0 ∧ y ≥ 0), potem izˇzrebamo 2 sreˇcki; • ˇce se toˇcka T nahaja v I I I. kvadrantu (x < 0 ∧ y < 0), potem izˇzrebamo 3 sreˇcke; • ˇce se toˇcka T nahaja v IV. kvadrantu (x ≥ 0 ∧ y < 0), potem izˇzrebamo 4 sreˇcke. Kolikˇsna je verjetnost, da smo izˇzrebali vsaj eno dobitno sreˇcko? Kolikˇsna je verjetnost, da je bila toˇcka T iz prvega kvadranta, ˇce vemo, da smo izˇzrebali vsaj eno dobitno sreˇcko? Naloga 6. Dva igralca igrata igro metanja igralne kocke. ˇ Ce eden izmed igralcev vrˇze 6, potem meˇce ˇse enkrat, sicer je na vrsti nasprotnik. Igralec, ki igro zaˇcne, naj bo igralec A, njegov nasprotnik pa igralec B. Kolikˇsna je verjetnost, da bo ˇcetrti met po vrsti izvedel igralec A? Kolikˇsna je verjetnost, da je tretji met po vrsti izvedel igralec B, ˇce vemo, da je ˇcetrti met izvedel igralec A? Naloga 7. V poskusu, ki poteka v dveh fazah, najprej vrˇzemo dve poˇsteni igralni kocki. ˇ Ce padeta dve sodi ˇstevili, potem bomo v drugi fazi vrgli eno poˇsteno igralno kocko, ˇce padeta sodo in liho ˇstevilo, potem bomo v drugi fazi vrgli dve poˇsteni igralni kocki, in ˇce padeta dve lihi ˇstevili, potem bomo v drugi fazi vrgli tri poˇstene igralne kocke. (a) Kolikˇsna je verjetnost, da je v drugi fazi vsota vseh padlih pik enaka 6? (b) Kolikˇsna je verjetnost, da sta v prvi fazi padli dve sodi ˇstevili, ˇce je v drugi fazi vsota vseh padlih pik enaka 6? Naloga 8. Iz intervala [0, 3] nakljuˇcno in neodvisno izberemo dve toˇcki x in y. Ce je vsota vrednosti obeh toˇck manjˇsa od dva, vrˇzemo en poˇsten kovanec. ˇ ˇ Ce je vsota vrednosti obeh toˇck veˇcja ali enaka od dva in hkrati manjˇsa od 3, potem vrˇzemo dva poˇstena kovanca. ˇ Ce je vsota vrednosti obeh toˇck veˇcja ali enaka od tri, vrˇzemo tri poˇstene kovance. (a) Kolikˇsna je verjetnost, da sta padla natanko dva grba? (b) Kolikˇsna je verjetnost, da je vsota obeh toˇck veˇcja ali enaka od tri, ˇce vemo, da sta padla natanko dva grba? 4 1 2 d i s k r e t n e na k l j uc n e s p r e m e n l j i v k e . ˇ Naloga 9. Na voljo imamo ˇstiri enake posode, v katerih je razliˇcno ˇstevilo ˇcrnih, belih in rdeˇcih kroglic. V prvi posodi sta dve ˇcrni, dve beli in dve rdeˇci kroglici. V drugi posodi so tri ˇcrne, tri bele in tri rdeˇce kroglice. V tretji posodi so ˇstiri ˇcrne, ˇstiri bele in niˇc rdeˇcih kroglic. V ˇcetrti posodi so tri ˇcrne, dve beli in ena rdeˇca kroglica. Nakljuˇcno izberemo posodo in nato iz nje izvleˇcemo dve kroglici. (a) Kolikˇsna je verjetnost, da sta izvleˇceni kroglici razliˇcne barve? (b) Kolikˇsna je verjetnost, da smo izbrali prvo posodo, ˇce vemo, da sta iz- vleˇceni kroglici razliˇcne barve? 1 2 d i s k r e t n e na k l j uc n e s p r e m e n l j i v k e . ˇ Naloga 10. Biatlonec na zasledovalni tekmi strelja ˇstirikrat po pet tarˇc. Dvakrat po pet tarˇc strelja leˇze in dvakrat po pet tarˇc strelja stoje. Predpostavimo, da so posamezni streli med seboj neodvisni in da naˇs biatlonec pri streljanju leˇze zadene tarˇco z verjetnostjo 0.95, pri streljanju stoje pa z verjetnostjo 0.9. Izraˇcunaj kolikˇsna je verjetnost, da bo naˇs biatlonec na zasledovalni tekmi zadel vsaj 18 strelov. Naloga 11. Eno za drugo nakljuˇcno izbiramo toˇcko T(x, y) iz obmoˇcja D = [ − 1, 3] × [−1, 3], dokler ne izberemo toˇcke iz prvega kvadranta (x > 0 ∧ y > 0). Nakljuˇcna spremenljivka X meri ˇstevilo vseh izbir toˇcke T. (a) Doloˇci zalogo vrednosti in zapiˇsi verjetnostno funkcijo spremenljivke X. (b) Izraˇcunaj verjetnost, da bo v drugi ali tretji izbiri toˇcke T izbrana toˇcka iz prvega kvadranta. (c) Izraˇcunaj verjetnost, da v prvih ˇstirih izbirah toˇcke T ne bo izbrana toˇcka iz prvega kvadranta. Naloga 12. V posodi imamo 3 poˇstene igralne kocke in 2 igralni kocki, ki imata na vseh ˇsestih ploskvah po eno piko. Na slepo iz posode izvleˇcemo tri igralne kocke in jih vrˇzemo. ˇStevilo padlih enic je sluˇcajna spremenljivka X. Zapiˇsi verjetnostno shemo sluˇcajne spremenljivke X. Naloga 13. Janez je zaposlen v skladiˇsˇcu spletne trgovine z oblaˇcili. Dobil je pet naroˇcil za majico istega modela in velikosti. Dve majici morata biti rdeˇce barve, dve modre barve in ena ˇcrne barve. Janez pripravi pet identiˇcnih paketov (v vsakem je ena majica), vendar jih pozabi oznaˇciti in sedaj ne ve, v katerem paketu je kakˇsna barva majice. Odloˇci se, da bo vseh pet naslovov napisal nakljuˇcno na pakete - vsak naslov na en paket. Nakljuˇcna spremenljivka X naj meri ˇstevilo pravih barv majic na pravem naslovu. (a) Zapiˇsi verjetnostno shemo nakljuˇcne spremenljivke X. 5 r a c u n s k e na l o g e ˇ (b) Kolikˇsno je priˇcakovano ˇstevilo pravih barv majic na pravem naslovu? Naloga 14. V posodi imamo 5 rdeˇcih in 3 bele kroglice. Iz posode naenkrat vleˇcemo po dve kroglici tako dolgo, dokler ne izvleˇcemo dveh rdeˇcih (kroglic ne vraˇcamo v posodo). Nakljuˇcna spremenljivka X naj meri kolikokrat smo morali seˇci v posodo (vkljuˇcno z zadnjim poskusom, ko izvleˇcemo dve rdeˇci). Zapiˇsite verjetnostno shemo za nakljuˇcno spremenljivko X. Naloga 15. Igralec hkrati meˇce dva poˇstena kovanca tako dolgo, dokler ne pa- deta dva grba. Nakljuˇcna spremenljivka X meri ˇstevilo metov, ki so za to po- trebni. (a) Doloˇci zalogo vrednosti nakljuˇcne spremenljivke X in zapiˇsi njeno verje- tnostno funkcijo. (b) Izraˇcunaj verjetnost dogodka, da bosta dva grba padla pri petem metu. (c) Izraˇcunaj verjetnost dogodka, da bosta dva grba padla prej kot je priˇcakovana vrednost. (d) Izraˇcunaj verjetnost dogodka, da bosta dva grba padla pri lihem metu. Naloga 16. V posodi imamo dve poˇsteni igralni kocki, eno nepoˇsteno igralno kocko s samimi enicami in eno nepoˇsteno igralno kocko z eno enico, dvema dvojkama in tremi trojkami. Iz posode nakljuˇcno izvleˇcemo dve igralni kocki in ju vrˇzemo. Nakljuˇcna spremenljivka X meri najveˇcje ˇstevilo padlih pik na eni izmed obeh izvleˇcenih kock. Zapiˇsi verjetnostno shemo nakljuˇcne spremenljivke X. Naloga 17. Dva igralca igrata igro metanja igralne kocke. ˇ Ce igralec, ki je na potezi, vrˇze 1, potem izgubi igro. ˇ Ce igralec, ki je na potezi, vrˇze 6, potem zmaga igro. ˇ Ce igralec, ki je na potezi, vrˇze 2 ali 3, potem je na vrsti nasprotnik. Ce igralec, ki je na potezi, vrˇze 4 ali 5, potem je ˇse enkrat na vrsti sam. Naj bo ˇ X nakljuˇcna spremenljivka, ki meri kolikorat vrˇzeta kocko, preden se igra zakljuˇci. (a) Doloˇci zalogo vrednosti za X in zapiˇsi verjetnostno funkcijo. (b) Kolikˇsno je priˇcakovano ˇstevilo metov, preden se igra zakljuˇci? (c) Kolikˇsna je verjetnost, da se igra konˇca po treh metih in zmaga pripada igralcu A, ki je igro zaˇcel? 1 3 z v e z n e na k l j u c n e s p r e m e n l j i v k e . ˇ Naloga 18. Toˇcko A izberemo nakljuˇcno iz kroga s polmerom 2. Sluˇcajna spre- menljivka X naj meri razdaljo toˇcke A do kroˇznice, ki omejuje ta krog. (a) Zapiˇsi porazdelitveno funkcijo nakljuˇcne spremenljivke X in skiciraj njen graf. 6 1 3 z v e z n e na k l j u c n e s p r e m e n l j i v k e . ˇ (b) Zapiˇsi gostoto porazdelitve nakljuˇcne spremenljivke X. (c) Izraˇcunaj povpreˇcno oddaljenost toˇcke A do kroˇznice. Naloga 19. Naj bo zvezna sluˇcajna spremenljivka X podana z gostoto a sin x ; 0 ≤ x ≤ π p(x) = . 0 ; sicer (a) Doloˇci konstanto a. (b) Izraˇcunaj porazdelitveno funkcijo F X(x). (c) Izraˇcunaj E(X). √ π 2 − 2 (d) Izraˇcunaj P X < in doloˇci x0, da bo P (X < x ) = 0 . 3 4 Naloga 20. Toˇcko T iz ravnine izberemo sluˇcajno na trikotniku z ogliˇsˇci A(0, 0), B(4, 0) in C(0, 4). (a) Kolikˇsna je verjetnost, da je razdalja toˇcke T do najbliˇzje stranice tega tri- kotnika manjˇsa od 1? (b) Sluˇcajna spremenljivka X naj meri razdaljo toˇcke T do najbliˇzje stranice tega trikotnika. Zapiˇsi porazdelitveno funkcijo sluˇcajne spremenljivke X. Naloga 21. Naj bo zvezna sluˇcajna spremenljivka X podana z gostoto ( a 3 ; x ≥ 1 p(x) = x . 0 ; sicer (a) Doloˇci konstanto a. (b) Izraˇcunaj porazdelitveno funkcijo F X(x). (c) Izraˇcunaj E(X). 1 (d) Izraˇcunaj P (X < 3) in doloˇci x0, da bo P (X < x0) = . 2 Naloga 22. Toˇcko T iz ravnine izberemo sluˇcajno na kvadratu z ogliˇsˇci A(0, 0), B(2, 0), C(2, 2) in D(0, 2). (a) Kolikˇsna je verjetnost, da je razdalja od toˇcke T do diagonale AC tega kvadrata manjˇsa od 1? (b) Sluˇcajna spremenljivka X naj meri razdaljo od toˇcke T do diagonale AC tega kvadrata. Zapiˇsi porazdelitveno funkcijo sluˇcajne spremenljivke X. 7 r a c u n s k e na l o g e ˇ 1 4 d i s k r e t n i na k l j uc n i v e k t o r j i . ˇ Naloga 23. Trikrat zaporedoma vrˇzemo poˇsteno igralno kocko. Nakljuˇcna spre- menljivka X nam meri, kolikokrat je padla ˇsestica. Nakljuˇcna spremenljivka Y nam meri, v katerem poskusu je prviˇc padla ˇsestica, pri ˇcemer naj 0 oznaˇcuje, da ˇsestica ni padla niti enkrat. (a) Zapiˇsi verjetnostno tabelo sluˇcajnega vektorja (X, Y). (b) S pomoˇcjo robnih porazdelitev izraˇcunaj verjetnost dogodkov: • A- ˇsestica je prviˇc padla v drugem poskusu; • B- ˇsestica ni padla niti enkrat. (c) Doloˇci verjetnostno shemo spremenljivke Z = X + Y. Naloga 24. Na vrhu smuˇciˇsˇca ˇcaka 5 smuˇcarjev. V dolino vodijo tri razliˇcne proge: proga 1, proga 2 in proga 3. Vsak od smuˇcarjev povsem nakljuˇcno izbere eno od prog, po kateri se spusti. Nakljuˇcna spremenljivka X naj meri ˇstevilo smuˇcarjev, ki so izbrali progo 1. Nakljuˇcna spremenljivka Y naj meri ˇstevilo smuˇcarjev, ki so izbrali progo 2. (a) Zapiˇsi zalogo vrednosti in verjetnostno funkcijo za nakljuˇcno spremen- ljivko X. (b) Zapiˇsi verjetnostno tabelo za nakljuˇcni vektor (X, Y). Naloga 25. Trikrat zaporedoma vrˇzemo poˇsteno igralno kocko. Nakljuˇcna spre- menljivka X nam meri, kolikokrat je padla enica. Nakljuˇcna spremenljivka Y nam meri, po katerem metu je vsota metov prviˇc vsaj ˇsest, pri ˇcemer naj 0 oznaˇcuje, da vsota niti po treh metih ne doseˇze ˇsest. (a) Zapiˇsi verjetnostno tabelo sluˇcajnega vektorja (X, Y). (b) S pomoˇcjo robnih porazdelitev izraˇcunaj verjetnost dogodkov: • A- enica je padla dvakrat; • B- vsota metov je prviˇc vsaj ˇsest po drugem metu. (c) Doloˇci verjetnostno shemo spremenljivke Z = X + Y. 1 5 na l o g e i z s tat i s t i k e . Naloga 26. Pri 40 nakljuˇcnih osebah ˇzenskega spola smo merili koncentracijo he- moglobina v krvi. Povpreˇcje meritev znaˇsa 130 g/L. Standardni odklon meritev pa znaˇsa 8 g/L. (a) Na podlagi meritev doloˇci 95% interval zaupanja za populacijski standar- dni odklon koncentracije hemoglobina v krvi oseb ˇzenskega spola. 8 1 5 na l o g e i z s tat i s t i k e . (b) Na stopnji znaˇcilnosti 0.01 preveri domnevo, da je populacijsko povpreˇcje veˇcje od postavljene spodnje meje, ki znaˇsa 125 g/L. Naloga 27. Na vzorcu 16-ih ˇstudentov smo izmerili povpreˇcno telesno viˇsino 174.5 cm s standardnim odklonom 6.8 cm. (a) Doloˇci 90% interval zaupanja za populacijsko povpreˇcje telesne viˇsine ˇstudentov. (b) Na stopnji znaˇcilnosti 0.05 preveri hipotezo, da je populacijski standardni odklon telesne viˇsine ˇstudenta manjˇsi od 10 cm. Naloga 28. Nakljuˇcne ˇstudente UM (vzorec je vseboval 213 ˇstudentov) smo spraˇsevali, ali so cepljeni proti Covid-19, in s katerim cepivom so cepljeni. Do- bljeni podatki so zbrani v naslednji tabeli: cepivo f k Pfizer/BioNTech 51 Moderna 9 AstraZeneca 32 Janssen 4 necepljen 117 (a) Na podlagi podatkov iz tabele doloˇci 90% interval zaupanja za deleˇz ce- pljenih ˇstudentov na UM. (b) Na stopnji znaˇcilnosti 1% preveri hipotezo, da je deleˇz cepljenih ˇstudentov na UM veˇcji od 40% (kolikor znaˇsa nacionalni deleˇz za starost med 18 in 24 let). Naloga 29. Ob zakljuˇcku ˇsolskega leta smo dobili zakljuˇcne ocene pri matematiki za 40 nakljuˇcno izbranih dijakov. Podatki o teh ocenah (od 1 do 5) so zbrani v naslednji frekvenˇcni tabeli: ocena f k 1 1 2 4 3 12 4 17 5 6 (a) Doloˇci povpreˇcje in standardni odklon za zakljuˇcno oceno pri matematiki tega vzorca. (b) Doloˇci 99% interval zaupanja za populacijski deleˇz odliˇcnih ocen pri mate- matiki (deleˇz petic). 9 r a c u n s k e na l o g e ˇ (c) Na stopnji znaˇcilnosti 5% preveri hipotezo, da je populacijska povpreˇcna vrednost za zakljuˇcno oceno pri matematiki veˇcja od 3.3. Naloga 30. Zbrali smo podatke o velikosti obutve 20 nakljuˇcno izbranih ˇstudentov: 42 44 45 44 43 41 42 44 43 43 46 44 45 44 43 43 42 41 44 43 (a) Zapiˇsi frekvenˇcno tabelo s frekvencami in kumulativnimi frekvencami. (b) Doloˇci modus, mediano, povpreˇcje in standardni odklon. (c) Doloˇci interval zaupanja za populacijsko povpreˇcje µ velikosti obutve ˇstudentov na stopnji zaupanja 0.99. 10 2 R E ˇS I T V E R A ˇ C U N S K I H N A L O G 2 1 p o g o j na v e r j e t n o s t i n p o p o l na v e r j e t n o s t . Naloga 1 Hkrati meˇcemo dve poˇsteni igralni kocki. (a) Kolikˇsna je verjetnost, da je pri metu vsota pik na obeh kockah enaka 7, ˇce vemo, da je produkt pik na obeh kockah lih? (b) Kolikˇsna je verjetnost, da je pri metu vsota pik na obeh kockah enaka 7, ˇce vemo, da je produkt pik na obeh kockah sod? (c) Met obeh kock ponovimo ˇstirikrat. Kolikˇsna je verjetnost, da je vsota pik na obeh kockah vsaj enkrat deljiva s 5? Reˇsitev: Preden zapiˇsemo reˇsitve, bomo vpeljali oznake za posamezne dogodke: A . . . vsota pik na obeh kockah je enaka 7; B . . . produkt pik na obeh kockah je lih; C . . . produkt pik na obeh kockah je sod; D . . . vsota pik na obeh kockah je deljiva s 5. P 0 ( A ∩ B ) (a) 36 P ( A | B ) = = = 0. P( 9 B ) 36 P 6 ( A ∩ C ) 6 (b) 36 P ( A | C ) = = = . P( 27 C ) 27 36 (c) Iskano verjetnost lahko poiˇsˇcemo z nasprotnim dogodkom, ki pravi, da vsota pik na kockah ni deljiva s 5. 4 29 1 4 − ( P ( D )) = 1 − ≈ 0.58. 36 Naloga 2 Dva igralca meˇceta poˇsteno igralno kocko. Prvi vrˇze igralno kocko enkrat, drugi pa tolikokrat, kot je bilo ˇstevilo pik pri metu prvega. Kolikˇsna je verjetnost, da je prvi vrgel tri pike, ˇce je vsota pik vseh metov drugega enaka pet. 11 r es i t v e r ac u n s k i h na l o g ˇ ˇ Reˇsitev: Dogodek se zgodi v dveh fazah, pri ˇcemer vse moˇzne situcije pri metu prvega igralca tvorijo popoln sistem dogodkov. Oznaˇcimo te dogodke (hipo-teze): Hi . . . prvi igralec vrˇze i pik, pri ˇcemer i ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}, in preuˇcevan dogodek: A . . . vsota pik od drugega igralca je 5. Iˇsˇcemo pogojno verjetnost P(H | 3 A) = . ( P( A| H3) · P( H3) P A) 1 Za hipoteze velja P(H ) = i za vse i ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Da izraˇcunamo P( A) 6 potrebujemo ˇse naslednje pogojne verjetnosti: 1 • P( A|H1) = ; 6 • P( A|H ) = = 2 ; 2 4 4 6 36 • P( A|H3) = = ; 3 3 + 3 1 6 36 • P( A|H ) = = 4 ; 4 4 4 6 1296 • P( A|H5) = = ; 5 1 1 6 7776 • P( A|H6) = 0. Sledi P( A) = (P(H ) · | i P ( AH )) = i in lahko izraˇcunamo iskano verje- ∑ 6 2401 i 46656 = 1 tnost P 1 1 ( A | H ) · 3 3 36 P ( H ) · P(H | = = ≈ 3 A ) = 0.09. 2401 6 216 P(A) 2401 46656 Naloga 3 V ˇskatli imamo na voljo 20 baterij, od tega jih je 5 z napako. Za delovanje stenske ure moramo vstaviti dve bateriji, ki ju nakljuˇcno izberemo iz ˇskatle. ˇ Ce vstavimo v uro dve brezhibni bateriji, potem bo ura gotovo delovala. Ce vstavimo v uro eno brezhibno baterijo in eno baterijo z napako, potem je ˇ verjetnost za delujoˇco uro enaka 0.7. ˇ Ce pa vstavimo dve bateriji z napako, potem je verjetnost za delujoˇco uro enaka 0.3. 12 2 1 p o g o j na v e r j e t n o s t i n p o p o l na v e r j e t n o s t . (a) Kolikˇsna je verjetnost, da bo ura delovala? (b) Kolikˇsna je verjetnost, da smo izbrali dve bateriji z napako, ˇce ura deluje? Reˇsitev: Dogodek se zgodi v dveh fazah, pri ˇcemer vse moˇzne situcije pri izbiri dveh baterij iz ˇskatle tvorijo popoln sistem dogodkov. Oznaˇcimo te dogodke (hipoteze): H 1 . . . izberemo dve brezhibni bateriji; H 2 . . . izberemo eno brezhibno baterijo in eno baterijo z napako; H 3 . . . izberemo dve bateriji z napako; in preuˇcevan dogodek: A . . . ura deluje. (a) Iˇsˇcemo verjetnost dogodka A, ki se izraˇcuna s pomoˇcjo formule P( A) = (P( Hi) · P(A|Hi)) ∑ 3 i=1 in zato moramo najprej doloˇciti verjetnosti za hipoteze P( H ) i: 15 • P( H 1) = = ; 20 2 21 38 2 15 5 · • P( H 2) = = ; 20 1 1 15 38 2 5 • P( H 3) = = ; 20 2 1 19 2 nato pa ˇse pogojne verjetnosti P( A| H ) ∈ { } i za vse i 1, 2, 3: • P( A| H ) = 1 1; • P( A| H 2) = 0.7; • P( A| H ) = 3 0.3. Sledi, da je P( A) = (P(Hi) · P( A| Hi)) = . ∑ 3 321 i 380 = 1 (b) Odgovor na drugo vpraˇsanje pa dobimo s pomoˇcjo Bayesovega obrazca P(H | 3A) = = = . 321 P ( A ) 107 380 P 1 ( A | H ) · 3 3 19 P ( H ) 0.3 · 2 13 r es i t v e r ac u n s k i h na l o g ˇ ˇ Naloga 4 Iz intervala [0, 1] nakljuˇcno in neodvisno izberemo dve toˇcki x in y. (a) Izraˇcunaj verjetnost, da je razdalja med obema toˇckama manjˇsa od 1 . 2 (b) Izraˇcunaj verjetnost, da je vsota vrednosti obeh toˇck manjˇsa od ena. (c) Izraˇcunaj verjetnost dogodkov iz toˇck (a) in (b), ˇce vemo, da je vrednost toˇcke 1 x veˇcja od. 4 Reˇsitev: 1 (a) Dogodek, da je razdalja med x in y manjˇsa od lahko zapiˇsemo s pomoˇcjo 2 1 absolutne vrednosti, torej A = |x − y| < . 2 y 1 Razreˇsimo absolutno vrednost: 1 1 • x ≥ y : x − y < ⇔ y > x − ; 2 2 1 1 2 1 • x < y : −(x − y) < ⇔ y < x + . 2 2 1 x 2 1 Verjetnost dogodka A izraˇcunamo s pomoˇcjo geometrijske verjetnosti: 2 1 1 1 − · · 2 2 2 3 P( A) = = . 1 4 (b) Dogodek, da je vsota x in y manjˇsa od 1 zapiˇsemo kot B = (x + y < 1). y 1 Skiciramo pogoj y < −x + 1 in izraˇcunamo verjetnost dogodka: P 1 1 2 1 2 ( B ) = = . 1 2 1 x 1 2 14 2 1 p o g o j na v e r j e t n o s t i n p o p o l na v e r j e t n o s t . 1 (c) Dogodek, da je vrednost toˇcke x veˇcja od je v tem primeru pogoj, ki ga 4 1 je potrebno upoˇstevati. Oznaˇcimo ta pogoj z dogodkom C = x > in 4 izraˇcunajmo obe pogojni verjetnosti. y 1 P 4 8 32 1 ( A | C ) = = = . 3 P P 3 1 1 ( A ∩ C ) − − 19 ( C) 24 2 4 1 x 2 1 y 1 P 4 4 2 1 ( B | C ) = = = . 3 P 3 3 1 · ( B ∩ · C ) 3 P (C) 8 2 4 1 x 2 1 Naloga 5 V nagradni igri nakljuˇcno izberemo toˇcko T(x, y) iz obmoˇcja D = [ − 2, 3] × [−1, 2]. Glede na to, v katerem kvadrantu se nahaja toˇcka T, potem iz bobna z 10 sreˇckami (4 dobitne in 6 praznih) izˇzrebamo razliˇcno ˇstevilo sreˇck: • ˇce se toˇcka T nahaja v I. kvadrantu (x ≥ 0 ∧ y ≥ 0), potem izˇzrebamo 1 sreˇcko; • ˇce se toˇcka T nahaja v I I. kvadrantu (x < 0 ∧ y ≥ 0), potem izˇzrebamo 2 sreˇcki; • ˇce se toˇcka T nahaja v I I I. kvadrantu (x < 0 ∧ y < 0), potem izˇzrebamo 3 sreˇcke; • ˇce se toˇcka T nahaja v IV. kvadrantu (x ≥ 0 ∧ y < 0), potem izˇzrebamo 4 sreˇcke. 15 r es i t v e r ac u n s k i h na l o g ˇ ˇ Kolikˇsna je verjetnost, da smo izˇzrebali vsaj eno dobitno sreˇcko? Kolikˇsna je verjetnost, da je bila toˇcka T iz prvega kvadranta, ˇce vemo, da smo izˇzrebali vsaj eno dobitno sreˇcko? Reˇsitev: Dogodek se zgodi v dveh fazah, pri ˇcemer vse ˇstiri moˇzne situcije pri izbiri toˇcke T tvorijo popoln sistem dogodkov. Oznaˇcimo te dogodke (hipoteze): H1 . . . toˇcko T izberemo iz I. kvadranta; H2 . . . toˇcko T izberemo iz I I. kvadranta; H3 . . . toˇcko T izberemo iz I I I. kvadranta; H4 . . . toˇcko T izberemo iz IV. kvadranta; in preuˇcevan dogodek: A . . . izˇzrebali smo vsaj eno dobitno sreˇcko. Iˇsˇcemo verjetnost dogodka A, ki se izraˇcuna s pomoˇcjo formule za popolno verjetnost P( A) = (P( H ) · i P( A| H )) i . ∑ 4 i=1 Verjetnosti za hipoteze P(H ) i doloˇcimo s pomoˇcjo geometrijske verjetnosti: • 6 y P ( H ) = 1 ; 15 2 4 • P(H2) = ; 15 II. 1 I. • P(H3) = ; 2 2 15 - -1 1 2 3 4 x • 3 -1 P III. IV. ( H4) = . 15 Pri pogojnih verjetnostih P(A |H ) ∈ { } i za vse i 1, 2, 3, 4 pa si pomagamo z verje-tnostjo nasprotnega dogodka. P( A|H ) = − | i 1 P ( AH ) i, kjer je A dogodek, da so vse izˇzrebane sreˇcke prazne: • P( A|H ) = = 1 1 − ; 10 6 4 10 6 • P( A|H2) = 1 − = ; 10 2 2 3 2 6 • P( A|H3) = 1 − = ; 10 3 5 6 3 16 2 1 p o g o j na v e r j e t n o s t i n p o p o l na v e r j e t n o s t . 6 • P(A |H ) = 4 1 − = . 10 4 13 14 4 Torej, P( A) = (P( H ) · ( i PA|H )) = · + · + · + · = i . ∑ 4 6 4 4 2 2 5 3 13 1999 i 15 10 15 3 15 6 15 14 3150 = 1 Odgovor na drugo vpraˇsanje pa dobimo s pomoˇcjo Bayesovega obrazca: P 4 6 ( A | H ) · ( 1 1 504 P H ) · P 10 15 ( H 1 A | ) = = = . P( 1999 A ) 1999 3150 Naloga 6 Dva igralca igrata igro metanja igralne kocke. ˇ Ce eden izmed igralcev vrˇze 6, potem meˇce ˇse enkrat, sicer je na vrsti nasprotnik. Igralec, ki igro zaˇcne, naj bo igralec A, njegov nasprotnik pa igralec B. Kolikˇsna je verjetnost, da bo ˇcetrti met po vrsti izvedel igralec A? Kolikˇsna je verjetnost, da je tretji met po vrsti izvedel igralec B, ˇce vemo, da je ˇcetrti met izvedel igralec A? Reˇsitev: Situacijo si lahko predstavimo kot dogodek, ki se zgodi v dveh fazah. Prvo fazo predstavlja tretji met, medtem ko drugo fazo predstavlja ˇcetrti met. Obe moˇzni situciji pri tretjem metu tvorita popoln sistem dogodkov. Oznaˇcimo ta dogodka (hipotezi): H 1 . . . tretji met izvede igralec A; H 2 . . . tretji met izvede igralec B; in opazovan dogodek: D . . . ˇcetrti met izvede igralec A. Iˇsˇcemo verjetnost dogodka D, ki se izraˇcuna s pomoˇcjo formule za popolno verjetnost P (D) = (P(H ) · ( | i P D H )) i ∑ 2 i=1 in zato moramo doloˇciti verjetnosti za hipotezi P( H ) i in pogojni verjetnosti P(D| Hi) za oba i ∈ {1, 2}. Najprej doloˇcimo P(H1) in P( H2): 1 1 5 5 26 • P(H1) = · + · = ; 6 6 6 6 36 1 5 5 1 10 • P(H2) = · + · = . 6 6 6 6 36 17 r es i t v e r ac u n s k i h na l o g ˇ ˇ Poiˇsˇcimo ˇse pogojni verjetnosti P(D| H ) 1 in P(D| H2): 1 • P(D |H ) = 1 ; 6 5 • P(D |H2) = . 6 Sledi, da je P(D) = (P( H ) · ( · · = i P D | H )) = + = i . ∑ 2 26 1 10 5 76 19 i 36 6 36 6 216 54 = 1 Odgovor na drugo vpraˇsanje dobimo s pomoˇcjo Bayesovega obrazca P 5 10 ( D | H 2 ) · P ( H 2 ) · 50 25 P 6 36 ( H | ) = 2 76 D = = = . P(D) 76 38 216 Naloga 7 V poskusu, ki poteka v dveh fazah, najprej vrˇzemo dve poˇsteni igralni kocki. ˇ Ce padeta dve sodi ˇstevili, potem bomo v drugi fazi vrgli eno poˇsteno igralno kocko, ˇce padeta sodo in liho ˇstevilo, potem bomo v drugi fazi vrgli dve poˇsteni igralni kocki, in ˇce padeta dve lihi ˇstevili, potem bomo v drugi fazi vrgli tri poˇstene igralne kocke. (a) Kolikˇsna je verjetnost, da je v drugi fazi vsota vseh padlih pik enaka 6? (b) Kolikˇsna je verjetnost, da sta v prvi fazi padli dve sodi ˇstevili, ˇce je v drugi fazi vsota vseh padlih pik enaka 6? Reˇsitev: Dogodek se zgodi v dveh fazah, pri ˇcemer vse moˇzne situcije pri metu dveh kock v prvi fazi tvorijo popoln sistem dogodkov. Oznaˇcimo te dogodke (hipoteze) in dogodek A: H1 . . . vrˇzemo dve sodi ˇstevili; H2 . . . vrˇzemo sodo in liho ˇstevilo; H3 . . . vrˇzemo dve lihi ˇstevili; in preuˇcevan dogodek: A . . . pade vsota 6 v drugi fazi. (a) Iˇsˇcemo verjetnost dogodka A, ki se izraˇcuna s pomoˇcjo formule P( A) = (P( H ) · i P( A| H )) i , ∑ 3 i=1 in zato moramo najprej doloˇciti verjetnosti za hipoteze P(H ) i: 18 2 1 p o g o j na v e r j e t n o s t i n p o p o l na v e r j e t n o s t . 1 1 1 • P( H 1) = · = ; 2 2 4 2 1 1 1 • P( H 2) = · · = ; 1 2 2 2 1 1 1 • P( H 3) = · = . 2 2 4 Nato pa izraˇcunamo ˇse pogojne verjetnosti P( A|H ) za vse i ∈ {1, 2, 3} i: 1 • P( A| H ) = 1 ; 6 5 • P( A| H ) = 2 ; 36 10 • P( A| H ) = 3 . 216 Sledi, da je P( A) = (P(H ) · ( i P A| H )) = · + · + · = i . ∑ 3 1 1 1 5 1 10 53 i 4 6 2 36 4 216 432 = 1 (b) Odgovor na drugo vpraˇsanje dobimo s pomoˇcjo Bayesovega obrazca P 1 1 · ( A | H 1 ) · P ( H 1) 18 P 6 4 ( H 1 A | ) = = = . P ( 53 A ) 53 432 Naloga 8 Iz intervala [0, 3] nakljuˇcno in neodvisno izberemo dve toˇcki x in y. Ce je vsota vrednosti obeh toˇck manjˇsa od dva, vrˇzemo en poˇsten kovanec. ˇ ˇ Ce je vsota vrednosti obeh toˇck veˇcja ali enaka od dva in hkrati manjˇsa od 3, potem vrˇzemo dva poˇstena kovanca. ˇ Ce je vsota vrednosti obeh toˇck veˇcja ali enaka od tri, vrˇzemo tri poˇstene kovance. (a) Kolikˇsna je verjetnost, da sta padla natanko dva grba? (b) Kolikˇsna je verjetnost, da je vsota obeh toˇck veˇcja ali enaka od tri, ˇce vemo, da sta padla natanko dva grba? Reˇsitev: (a) Vsako izbiro dvojice x in y si lahko predstavimo tudi kot izbiro toˇcke v rav- nini T(x, y), pri ˇcemer sta koordinati omejeni na interval [0, 3]. Dogodek se zgodi v dveh fazah. V prvi fazi imamo tri moˇzne situcije, ki tvorijo popoln sistem dogodkov. Oznaˇcimo te dogodke (hipoteze): H 1 . . . x + y < 2; H 2 . . . 2 ≤ x + y < 3; 19 r es i t v e r ac u n s k i h na l o g ˇ ˇ H3 . . . 3 ≤ x + y; in opazovan dogodek: A . . . padeta natanko dva grba. Iˇsˇcemo verjetnost dogodka A, ki se izraˇcuna s pomoˇcjo formule za popolno verjetnost P( A) = (P( H i) · P( A| Hi)) . ∑ 3 i=1 Verjetnosti za hipoteze P( H ) i doloˇcimo s pomoˇcjo geometrijske verjetnosti: y • 2 3 P ( H ) = 1 ; 9 • 5 H 23 ( P H 2 ) = ; 18 H 2 1 1 • P ( H ) = 3 . H 1 2 x 1 2 3 Doloˇcimo ˇse pogojne verjetnosti P( A| H i) za vse i ∈ {1, 2, 3}: • P(A |H1) = 0; 1 1 1 • P(A |H2) = · = ; 2 2 4 3 6 1 3 • P(A |H3) = · = . 3 2 8 Torej, P( A) = (P( H ) · i P(A|H )) = · i 0 + · + · = . ∑ 3 2 5 1 1 3 37 i 9 18 4 2 8 144 = 1 (b) Odgovor na drugo vpraˇsanje pa dobimo s pomoˇcjo Bayesovega obrazca: P 3 1 ( · A | H 3 ) · P ( H 3 ) 27 P 8 2 ( H 3 A | ) = = = . P( 37 A ) 37 144 Naloga 9 Na voljo imamo ˇstiri enake posode, v katerih je razliˇcno ˇstevilo ˇcrnih, belih in rdeˇcih kroglic. V prvi posodi sta dve ˇcrni, dve beli in dve rdeˇci kroglici. V drugi posodi so tri ˇcrne, tri bele in tri rdeˇce kroglice. V tretji posodi so ˇstiri ˇcrne, ˇstiri bele in niˇc rdeˇcih kroglic. V ˇcetrti posodi so tri ˇcrne, dve beli in ena rdeˇca kroglica. Nakljuˇcno izberemo posodo in nato iz nje izvleˇcemo dve kroglici. 20 2 1 p o g o j na v e r j e t n o s t i n p o p o l na v e r j e t n o s t . (a) Kolikˇsna je verjetnost, da sta izvleˇceni kroglici razliˇcne barve? (b) Kolikˇsna je verjetnost, da smo izbrali prvo posodo, ˇce vemo, da sta iz- vleˇceni kroglici razliˇcne barve? Reˇsitev: Na voljo imamo ˇstiri posode, v katerih je razliˇcno ˇstevilo kroglic razliˇcnih barv. Za laˇzjo predstavo situacijo predstavimo s sliko: 1 2 3 4 (a) Dogodek se zgodi v dveh fazah, pri ˇcemer vse ˇstiri izbire posod v prvi fazi tvorijo popoln sistem dogodkov. Oznaˇcimo te dogodke (hipoteze): H i . . . izberemo posodo i, pri ˇcemer i ∈ {1, 2, 3, 4}, in opazovan dogodek: A . . . izvleˇcemo dve kroglici razliˇcne barve. Za hipoteze velja P(H ) = i , za vse i ∈ {1, 2, 3, 4}. 4 1 Da izraˇcunamo P( A) potrebujemo ˇse naslednje pogojne verjetnosti: 3 2 2 · · • P( A| H ) = = = 1 ; 6 1 1 12 4 15 5 2 3 3 3 · · • P( A| H ) = = 2 = ; 9 1 1 27 3 36 4 2 4 4 · • P( A| H ) = = = 3 ; 8 1 1 16 4 28 7 2 3 2 3 1 2 1 · + · + · • P( A| H ) = 4 = . 6 1 1 1 1 1 1 11 15 2 Sledi, da je P(A) = (P(H ) · = i P ( A | H )) = · + · + · + · i . 4 4 1 4 1 3 1 4 1 11 1199 ∑ i 5 4 4 4 7 4 15 1680 = 1 21 r es i t v e r ac u n s k i h na l o g ˇ ˇ (b) Iˇsˇcemo pogojno verjetnost P 4 1 ( A | H ) · 1 P ( H ) · 1 336 P 5 4 ( H 1 A | ) = = = . P( 1199 A ) 1199 1680 2 2 d i s k r e t n e na k l j uc n e s p r e m e n l j i v k e . ˇ Naloga 10 Biatlonec na zasledovalni tekmi strelja ˇstirikrat po pet tarˇc. Dvakrat po pet tarˇc strelja leˇze in dvakrat po pet tarˇc strelja stoje. Predpostavimo, da so posamezni streli med seboj neodvisni in da naˇs biatlonec pri streljanju leˇze zadene tarˇco z verjetnostjo 0.95, pri streljanju stoje pa z verjetnostjo 0.9. Izraˇcunaj kolikˇsna je verjetnost, da bo naˇs biatlonec na zasledovalni tekmi zadel vsaj 18 strelov. Reˇsitev: Nakljuˇcna spremenljivka X naj predstavlja ˇstevilo zadetkov pri strelja-nju leˇze. Nakljuˇcna spremenljivka Y naj predstavlja ˇstevilo zadetkov pri strelja-nju stoje. Obe spremenljivki sta porazdeljeni binomsko, torej X : b(10, 0.95) in Y : b(10, 0.9). Zelimo izraˇcunati verjetnost dogodka, da je vsota obeh nakljuˇcnih spremenljivk ˇ vsaj 18. Pri tem opazimo, da bo streljal toˇcno 20-krat, zato je P(X + Y ≥ 18) = P(X + Y = 18) + P(X + Y = 19) + P(X + Y = 20). Zaradi preglednosti raˇcuna, zapiˇsimo vsak ˇclen te vsote posebej: 10 10 P 10 0 8 2 ( X + Y = 18 ) = · ( 0.95 ) · ( 0.05 ) · · ( 0.9 ) · ( 0.1 )+ 10 8 10 10 + 9 1 9 1 · ( 0.95 ) · ( 0.05 ) · · ( 0.9 ) · ( 0.1 )+ 9 9 10 10 + 8 2 10 0 · ( 0.95 ) · ( 0.05 ) · · ( 0.9 ) · ( 0.1 ) ; 8 10 10 10 P 10 0 9 1 ( X + Y = 19 ) = · ( 0.95 ) · ( 0.05 ) · · ( 0.9 ) · ( 0.1 )+ 10 9 10 10 + 9 1 10 0 · ( 0.95 ) · ( 0.05 ) · · ( 0.9 ) · ( 0.1 ) ; 9 10 10 10 P 10 0 10 0 ( X + Y = 20 ) = · ( 0.95 ) · ( 0.05 ) · · ( 0.9 ) · ( 0.1 ) . 10 10 Potem je, P(X + Y ≥ 18) ≈ 0.81. Naloga 11 Eno za drugo nakljuˇcno izbiramo toˇcko T(x, y) iz obmoˇcja D = [−1, 3] × [−1, 3], dokler ne izberemo toˇcke iz prvega kvadranta (x > 0 ∧ y > 0). Nakljuˇcna spremenljivka X meri ˇstevilo vseh izbir toˇcke T. 22 2 2 d i s k r e t n e na k l j uc n e s p r e m e n l j i v k e . ˇ (a) Doloˇci zalogo vrednosti in zapiˇsi verjetnostno funkcijo spremenljivke X. (b) Izraˇcunaj verjetnost, da bo v drugi ali tretji izbiri toˇcke T izbrana toˇcka iz prvega kvadranta. (c) Izraˇcunaj verjetnost, da v prvih ˇstirih izbirah toˇcke T ne bo izbrana toˇcka iz prvega kvadranta. Reˇsitev: (a) Z = X N. y 3 2 Pri eni izbiri toˇcke T je verjetnost za prvi kva- 1 9 drant enaka . 16 -2 -1 1 2 3 4 x -1 Verjetnostna funkcija za X se glasi: P(X = n) = · , ∀n ∈ N. 16 n− 1 7 9 16 X je torej geometrijsko porazdeljena. 7 2 9 7 9 1449 (b) P(X = 2 ∨ X = 3) = P(X = 2) + P(X = 3) = · + · = . 16 16 16 16 4096 (c) Nalogo lahko reˇsimo na dva naˇcina: (i) z nasprotnim dogodkom: P(X ≥ 5) = 1 − P(X ≤ 4) = = 1 − P(X = 1) − P(X = 2) − P(X = 3) − P(X = 4) = 9 23 7 9 7 9 7 9 = 1 − − · − · − · = 16 16 16 16 16 16 16 2401 = ; 65536 23 r es i t v e r ac u n s k i h na l o g ˇ ˇ (ii) z geometrijsko vrsto: P ∞ n− ! 1 ∞ n−1 7 9 9 7 ( X ≥ 5 ) = ∑ · = · ∑ = 16 16 16 16 n = 5 n = 5 = · · = · · = 7 ∑ 9 4 ∞ n4 7 7 9 7 1 16 16 16 16 16 1 − n = 0 16 4 7 2401 = = . 16 65536 Naloga 12 V posodi imamo 3 poˇstene igralne kocke in 2 igralni kocki, ki imata na vseh ˇsestih ploskvah po eno piko. Na slepo iz posode izvleˇcemo tri igralne kocke in jih vrˇzemo. ˇStevilo padlih enic je sluˇcajna spremenljivka X. Zapiˇsi verjetnostno shemo sluˇcajne spremenljivke X. Reˇsitev: Zaloga vrednosti za nakljuˇcno spremenljivko X je Z = { } X 0, 1, 2, 3. Doloˇcimo ˇse verjetnosti za vsako vrednost iz ZX: • ˇ Ce je X = 0, potem pri metu treh kock ni padla nobena enica, kar pomeni, da smo metali 3 poˇstene kocke. 3 2 · P (X = 0) = · = 5 6 432 3 3 0 5 3 25 • ˇ Ce je X = 1, imamo dve situaciji. Ali smo metali tri poˇstene kocke, kjer je na natanko eni izmed njih padla enica, ali pa smo metali dve poˇsteni kocki (na katerih ni bilo enice) in eno nepoˇsteno kocko. 3 2 3 2 · · 3 0 1 22 5 2 1 5 65 P(X = 1) = · 3 · · + · = 5 6 6 5 6 144 3 3 • ˇ Ce je X = 2, imamo tri situacije. Ali smo metali tri poˇstene kocke, kjer je na natanko dveh izmed njih padla enica, ali smo metali dve poˇsteni kocki (na katerih pade natanko ena enica) in eno nepoˇsteno kocko ali pa smo metali eno poˇsteno kocko (na kateri ni bilo enice) in dve nepoˇsteni kocki. 3 2 3 2 · · 3 0 3 2 1 5 2 1 1 5 P(X = 2) = · · · + · 2 · · + 5 2 6 6 5 6 6 3 3 3 2 · + · = 5 1 2 5 61 6 144 3 24 2 2 d i s k r e t n e na k l j uc n e s p r e m e n l j i v k e . ˇ • ˇ Ce je X = 3, imamo prav tako tri moˇzne situacije. Ali smo metali tri poˇstene kocke, kjer je na vseh treh padla enica, ali smo metali dve poˇsteni kocki (na katerih padeta enici) in eno nepoˇsteno kocko ali pa smo metali eno poˇsteno kocko (na kateri pade enica) in dve nepoˇsteni kocki. 3 2 3 2 3 2 · · · P(X = 3) = · + · + · = 5 6 5 6 5 6 432 3 3 0 1 32 2 1 1 1 2 1 29 3 3 Verjetnostna shema za X je torej: 0 1 2 3 X : . 25 65 61 29 432 144 144 432 Naloga 13 Janez je zaposlen v skladiˇsˇcu spletne trgovine z oblaˇcili. Dobil je pet naroˇcil za majico istega modela in velikosti. Dve majici morata biti rdeˇce barve, dve modre barve in ena ˇcrne barve. Janez pripravi pet identiˇcnih paketov (v vsakem je ena majica), vendar jih pozabi oznaˇciti in sedaj ne ve, v katerem paketu je kakˇsna barva majice. Odloˇci se, da bo vseh pet naslovov napisal nakljuˇcno na pakete - vsak naslov na en paket. Nakljuˇcna spremenljivka X naj meri ˇstevilo pravih barv majic na pravem naslovu. (a) Zapiˇsi verjetnostno shemo nakljuˇcne spremenljivke X. (b) Kolikˇsno je priˇcakovano ˇstevilo pravih barv majic na pravem naslovu? Reˇsitev: (a) V zalogi vrednosti nakljuˇcne spremenljivke X imamo Z = { } X 0, 1, 2, 3, 5. ˇStirice ni v zalogi, ker ˇce imamo v ˇstirih paketih prave majice, potem sledi da je tudi v petem paketu prava majica. Ker so nekatere majice v naroˇcilu med seboj enake in jih je potrebno raz- porediti na naslove, bomo v tem primeru uporabili permutacije s ponavlja-njem za preˇstevanje moˇznosti. Vseh moˇznih razporeditev je torej v tem 5! primeru = 30. Doloˇcimo ˇse verjetnosti za vsako vrednost iz ZX. 2! · 2! • X = 0: za ˇcrno majico izberemo enega od preostalih ˇstirih paketov in s tem determiniramo preostale, saj noben paket ne sme vsebovati prave majice. 4 P (X = 0) = 30 • X = 1: za ˇcrno majico v pravem paketu imamo samo eno takˇsno razporeditev, za eno rdeˇco ali eno modro majico v pravem paketu pa imamo po ˇstiri razporeditve. 1 + 4 + 4 9 P (X = 1) = = 30 30 25 r es i t v e r ac u n s k i h na l o g ˇ ˇ • X = 2: edina moˇznost v tem primeru je ena rdeˇca in ena modra majica na pravem naslovu. Potem pa lahko ˇse ˇcrni majici izberemo enega od preostalih dveh paketov. 2 · 2 · 2 8 P (X = 2) = = 30 30 • X = 3: ˇstiri razporeditve dobimo, ˇce so na pravem naslovu ena rdeˇca, ena modra in ˇcrna majica. Za dve rdeˇci in eno modro majico na pra-vem naslovu ali za eno rdeˇco in dve modri majici na pravem naslovu pa imamo po dve razporeditvi. 4 + 2 + 2 8 P (X = 3) = = 30 30 • X = 5: na koncu ostane samo ˇse razporeditev, kjer imamo vse majice na pravem naslovu. 1 P (X = 5) = 30 Verjetnostna shema za X je torej: 0 1 2 3 5 X : . 4 9 8 8 1 30 30 30 30 30 9 (b) Priˇcakovano ˇstevilo pravih barv majic na pravem naslovu je , saj je 5 4 9 8 8 1 9 E(X) = 0 · + 1 · + 2 · + 3 · + 5 · = . 30 30 30 30 30 5 Naloga 14 V posodi imamo 5 rdeˇcih in 3 bele kroglice. Iz posode naenkrat vleˇcemo po dve kroglici tako dolgo, dokler ne izvleˇcemo dveh rdeˇcih (kroglic ne vraˇcamo v posodo). Nakljuˇcna spremenljivka X naj meri kolikokrat smo morali seˇci v posodo (vkljuˇcno z zadnjim poskusom, ko izvleˇcemo dve rdeˇci). Zapiˇsite verjetnostno shemo za nakljuˇcno spremenljivko X. Reˇsitev: V zalogi vrednosti nakljuˇcne spremenljivke X imamo Z = { X1, 2, 3, 4}. Gotovo moramo seˇci v posodo vsaj enkrat. Najveˇc ˇstiri poskuse pa dobimo, ˇce trikrat zapored izvleˇcemo po eno rdeˇco in eno belo - v ˇcetrtem poskusu nam ostaneta v posodi le ˇse dve rdeˇci kroglici. Izbira dveh kroglic je neurejena izbira, tako da bomo v tem primeru upora- bili kombinacije brez ponavljanja. Ker kroglic ne vraˇcamo v posodo, bomo v izraˇcunu, kjer bo X > 1 uporabili tudi pogojno verjetnost. Doloˇcimo verjetnosti za vsako vrednost iz ZX. 26 2 2 d i s k r e t n e na k l j uc n e s p r e m e n l j i v k e . ˇ • X = 1: v prvem poskusu izberemo dve rdeˇci kroglici izmed petih. 5 P (X = 1) = = 8 2 5 14 2 • X = 2: v prvem poskusu izberemo dve beli ali pa eno belo in eno rdeˇco kroglico. Potem pa v drugem poskusu izberemo dve rdeˇci kroglici. 3 5 5 3 4 · P (X = 2) = · + · = + = 8 2 2 1 1 2 1 3 4 6 8 6 14 14 14 2 2 2 2 • X = 3: v prvem in drugem poskusu izberemo ali dve beli v prvem in eno belo eno rdeˇco v drugem poskusu ali eno belo eno rdeˇco v prvem in dve beli v drugem poskusu ali eno belo eno rdeˇco v obeh poskusih. Potem pa v tretjem poskusu izberemo dve rdeˇci kroglici. 3 5 1 4 5 3 2 4 · · P (X = 3) = 2 1 1 2 1 1 2 2 · · + · · + 8 6 4 8 6 4 2 2 2 2 2 2 5 3 4 2 3 · · + 1 1 1 1 2 · · = 8 6 4 2 2 2 1 1 1 3 = + + = 28 28 7 14 • X = 4: v prvem, drugem in tretjem poskusu izberemo eno belo in eno rdeˇco kroglico. Potem pa v ˇcetrtem poskusu gotovo izberemo dve rdeˇci kroglici. 5 3 4 2 3 1 2 · · · P (X = 4) = · · · = 8 1 1 1 1 1 1 2 2 6 4 2 14 2 2 2 2 Verjetnostna shema za X je torej: 1 2 3 4 X : . 5 4 3 2 14 14 14 14 Naloga 15 Igralec hkrati meˇce dva poˇstena kovanca tako dolgo, dokler ne padeta dva grba. Nakljuˇcna spremenljivka X meri ˇstevilo metov, ki so za to potrebni. (a) Doloˇci zalogo vrednosti nakljuˇcne spremenljivke X in zapiˇsi njeno verje- tnostno funkcijo. 27 r es i t v e r ac u n s k i h na l o g ˇ ˇ (b) Izraˇcunaj verjetnost dogodka, da bosta dva grba padla pri petem metu. (c) Izraˇcunaj verjetnost dogodka, da bosta dva grba padla prej kot je priˇcakovana vrednost. (d) Izraˇcunaj verjetnost dogodka, da bosta dva grba padla pri lihem metu. Reˇsitev: (a) Spremenljivka 1 X je geometrijsko porazdeljena z verjetnostjo p =. To pomeni, da je zaloga vrednosti Z = X N 4 . Verjetnostna funkcija pa se glasi P(X = n) = · , ∀n ∈ N. 4 1 n−1 3 4 1 4 4 3 3 81 (b) P(X = 5) = · = = . 5 4 4 4 1024 (c) Priˇcakovana vrednost je E(X) = = = 4. To pomeni, da iˇsˇcemo verje-1 p 1 1 4 tnost dogodka P(X < 4), torej P (X < 4) = P (X = 1) + P (X = 2) + P (X = 3) = 1 2 1 3 1 3 37 = + · + · = . 4 4 4 4 4 64 (d) Iskano verjetnost izraˇcunamo s pomoˇcjo geometrijske vrste P ∞ 2k− ! 2 ∞ 2k−2 1 3 1 3 ( X = ( 2 k − 1 )) = ∑ · = · ∑ = 4 4 4 4 k = 1 k = 1 = 1 ∞ 2k ∞ k 3 1 9 1 1 · ∑ = · ∑ = · = 9 4 4 4 16 4 − k = 1 0 k = 0 16 = · = = . 7 1 1 16 4 4 28 7 16 Naloga 16 V posodi imamo dve poˇsteni igralni kocki, eno nepoˇsteno igralno kocko s samimi enicami in eno nepoˇsteno igralno kocko z eno enico, dvema dvojkama in tremi trojkami. Iz posode nakljuˇcno izvleˇcemo dve igralni kocki in ju vrˇzemo. Nakljuˇcna spremenljivka X meri najveˇcje ˇstevilo padlih pik na eni izmed obeh izvleˇcenih kock. Zapiˇsi verjetnostno shemo nakljuˇcne spremenljivke X. 28 2 2 d i s k r e t n e na k l j uc n e s p r e m e n l j i v k e . ˇ Reˇsitev: Zaloga vrednosti za nakljuˇcno spremenljivko X je Z = { } X 1, 2, 3, 4, 5, 6. Doloˇcimo ˇse verjetnosti za vsako vrednost iz ZX. Verjetnosti P(X = i) ∀i ∈ { 1, 2, 3, 4, 5, 6} izraˇcunamo s formulo za popolno verjetnost, pri ˇcemer so hipo-teze vse moˇzne izbire dveh kock. Zaradi boljˇse preglednosti bomo zapisovali le situacije, v katerih imamo neniˇcelno verjetnost za izbrani dogodek. • X = 6: v prvi fazi lahko izberemo dve poˇsteni igralni kocki ali pa eno poˇsteno in eno nepoˇsteno, pri ˇcemer mora potem na vsaj eni poˇsteni kocki pasti ˇsestica. 2 2 2 · 5 2! P (X = 6) = · 1 − + · = · + · = 4 2 1 1 1 1 11 4 1 35 6 4 6 6 36 6 6 216 2 2 • X = 5: v prvi fazi lahko izberemo dve poˇsteni igralni kocki ali pa eno poˇsteno in eno nepoˇsteno, pri ˇcemer mora potem na vsaj eni poˇsteni kocki pasti petica, medtem ko na drugi kocki ne sme pasti ˇsestica. 2 2 2 · P (X = 5) = · + · = · + · = 4 2 9 1 1 1 1 9 4 1 33 36 4 6 6 36 6 6 216 2 2 • X = 4: v prvi fazi lahko izberemo dve poˇsteni igralni kocki ali pa eno poˇsteno in eno nepoˇsteno, pri ˇcemer mora potem na vsaj eni poˇsteni kocki pasti ˇstirica, medtem ko na drugi ne sme pasti veˇc kot ˇstiri. 2 2 2 · P (X = 4) = · + · = · + · = 4 2 7 1 1 1 1 7 4 1 31 36 4 6 6 36 6 6 216 2 2 • X = 3: v prvi fazi lahko izberemo poljubni dve igralni kocki, pri ˇcemer mora potem na vsaj eni kocki pasti trojka, medtem ko na drugi ne sme pasti veˇc kot tri. 2 2 1 2 1 · · P (X = 3) = · + · + · · + · + 4 2 5 1 1 1 1 1 1 1 1 1 36 4 6 4 2 2 2 6 2 2 2 1 1 · + · = 4 1 1 1 2 2 1 5 2 1 2 1 1 1 1 59 = · + · + · + + · = 6 36 6 6 6 4 12 6 2 216 29 r es i t v e r ac u n s k i h na l o g ˇ ˇ • X = 2: v prvi fazi lahko izberemo poljubni dve igralni kocki, pri ˇcemer mora potem na vsaj eni kocki pasti dvojka, medtem ko na drugi ne sme pasti veˇc kot dva. 2 2 1 2 1 · · P (X = 2) = · + · + · · + · + 4 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 36 4 6 4 3 3 6 6 2 2 2 1 1 · + · = 4 1 1 1 3 2 1 3 2 1 2 1 1 1 1 37 = · + · + · + + · = 6 36 6 6 6 9 36 6 3 216 • X = 1: v prvi fazi lahko izberemo poljubni dve igralni kocki, pri ˇcemer mora potem na obeh kockah pasti enica. 2 2 1 2 1 · · P (X = 1) = · + · + · · + 4 2 1 1 1 1 1 1 1 1 36 4 6 4 6 6 2 2 2 1 1 · + · = 4 1 1 1 6 2 1 1 2 1 2 1 1 1 21 = = · + · + · + · = 6 36 6 6 6 36 6 6 216 Verjetnostna shema za X je torej: 1 2 3 4 5 6 X : . 21 37 59 31 33 35 216 216 216 216 216 216 Naloga 17 Dva igralca igrata igro metanja igralne kocke. ˇ Ce igralec, ki je na potezi, vrˇze 1, potem izgubi igro. ˇ Ce igralec, ki je na potezi, vrˇze 6, potem zmaga igro. ˇ Ce igralec, ki je na potezi, vrˇze 2 ali 3, potem je na vrsti nasprotnik. ˇ Ce igralec, ki je na potezi, vrˇze 4 ali 5, potem je ˇse enkrat na vrsti sam. Naj bo X nakljuˇcna spremenljivka, ki meri kolikorat vrˇzeta kocko, preden se igra zakljuˇci. (a) Doloˇci zalogo vrednosti za X in zapiˇsi verjetnostno funkcijo. (b) Kolikˇsno je priˇcakovano ˇstevilo metov, preden se igra zakljuˇci? (c) Kolikˇsna je verjetnost, da se igra konˇca po treh metih in zmaga pripada igralcu A, ki je igro zaˇcel? 30 2 3 z v e z n e na k l j u c n e s p r e m e n l j i v k e . ˇ Reˇsitev: 1 (a) Verjetnost, da se igra po nekem metu konˇca, je in ostaja enaka pri vseh 3 metih. Spremenljivka X je torej geometrijsko porazdeljena z verjetnostjo p = . Zaloga vrednosti je Z = X N 1 . Verjetnostna funkcija za X se glasi: 3 P (X = n) = · , ∀n ∈ N. 3 n−1 2 1 3 (b) E (X) = = = 3. 1 p 1 1 3 (c) Igralec A torej meˇce prvi. Oznaˇcimo z B njegovega nasprotnika. ˇ Ce se igra konˇca po treh metih, potem smo do takˇsnega konca lahko priˇsli na ˇstiri naˇcine: • AAA-A vrˇze 4 ali 5 v prvem in drugem metu. • AAB-A vrˇze 4 ali 5 v prvem in 2 ali 3 v drugem metu. • ABA-A vrˇze 2 ali 3 v prvem metu in potem B vrˇze 2 ali 3 v drugem metu. • ABB-A vrˇze 2 ali 3 v prvem metu in potem B vrˇze 4 ali 5 v drugem metu. Za vsakega od teh ˇstirih naˇcinov velja, da je verjetnost za njega enaka 1 1 1 · = . Verjetnost za konˇcanje igre v tretjem metu z zmago igralca A v 3 3 9 1 dani situaciji je vedno enaka . ˇ Ce tretji meˇce igralec A, potem mora vreˇci 6 6. ˇ Ce tretji meˇce igralec B, potem mora vreˇci 1. Odgovor na vpraˇsanje je torej: 1 1 4 P( A zmaga po treh metih) = 4 · · = . 9 6 54 2 3 z v e z n e na k l j u c n e s p r e m e n l j i v k e . ˇ Naloga 18 Toˇcko A izberemo nakljuˇcno iz kroga s polmerom 2. Sluˇcajna spremenljivka X naj meri razdaljo toˇcke A do kroˇznice, ki omejuje ta krog. (a) Zapiˇsi porazdelitveno funkcijo nakljuˇcne spremenljivke X in skiciraj njen graf. (b) Zapiˇsi gostoto porazdelitve nakljuˇcne spremenljivke X. 31 r es i t v e r ac u n s k i h na l o g ˇ ˇ (c) Izraˇcunaj povpreˇcno oddaljenost toˇcke A do kroˇznice. Reˇsitev: (a) Ker je porazdelitvena funkcija realna funkcija, ki je definirana na celotni re- alni osi, je potrebno obravnavati razliˇcne situacije glede na to, kje se nahaja vrednost x. Porazdelitveno funkcijo izraˇcunamo kot F X(x) = P(X < x). • Ker razdalja ne more biti negativna, bo za x < 0 porazdelitvena funk- cija enaka 0, medtem ko bo za x > 2 enaka 1. • V primeru, ko je 0 ≤ x ≤ 2 pa s pomoˇcjo geometrijske verjetnosti izraˇcunamo: F π 2 · 2 2 − π · ( 2 − x ) ( ) = ( ) = X x P X < x = 2 π · 2 4 2 π − π 4 − 4 x + x = = 4π 4 2 2 π x − π x 4 x − x = = . 4π 4 Predpis za porazdelitveno funkcijo od X je  0 ; x ∈ (−∞, 0) F  2 4 x − x X ( x ) = ; x ∈ [0, 2] 4 ∞)  1 ; x ∈ (2, in nariˇsemo ˇse graf porazdelitvene funkcije. F(x) 1 -2 -1 1 2 3 4 x (b) Gostota porazdelitve je odvod od porazdelitvene funkcije, torej dobimo p X(x) = 2− . x ; x ∈ [ 0, 2 ] 2 0 ; x ∈ (−∞, 0) ∪ (2, ∞) (c) Povpreˇcna oddaljenost toˇcke A do kroˇznice je enaka matematiˇcnemu upa- nju za nakljuˇcno spremenljivko X: E Z ∞ 2 1 Z 3 2 1 x 2 2 2 ( X ) = xp ( x ) dx = ( 2 x − x ) dx = x − = . 2 2 3 3 0 − ∞ 0 32 2 3 z v e z n e na k l j u c n e s p r e m e n l j i v k e . ˇ Naloga 19 Naj bo zvezna sluˇcajna spremenljivka X podana z gostoto a sin x ; 0 ≤ x ≤ π p(x) = . 0 ; sicer (a) Doloˇci konstanto a. (b) Izraˇcunaj porazdelitveno funkcijo F ( ) X x. (c) Izraˇcunaj E(X). √ π 2 − 2 (d) Izraˇcunaj P X < in doloˇci x0, da bo P (X < x0) = . 3 4 Reˇsitev: (a) Upoˇstevajmo definicijo zveznih nakljuˇcnih spremenljivk: ∞ Z p(x)dx = 1. −∞ Ker je p(x) = 0 na obmoˇcju ( − ∞, 0) ∪ (π, ∞), se integral preoblikuje v π Z a sin(x)dx = 1 0 in reˇsimo to enaˇcbo π Z a · sin(x)dx = 1 0 π a · − cos(x) = 1 0 2a = 1 1 a = . 2 (b) V primeru, ko je 0 ≤ x ≤ π izraˇcunamo: x x x Z Z Z 1 1 p(t)dt = sin(t)dt = sin(t)dt = 2 2 −∞ 0 0 1 x 1 = − cos(t) = (1 − cos(x)) = 2 2 0 1 1 = − cos(x). 2 2 33 r es i t v e r ac u n s k i h na l o g ˇ ˇ Predpis za porazdelitveno funkcijo od X je  0 ; x ∈ (−∞, 0)   1 1  F ( Xx) = − cos(x) ; x ∈ [0, π] .  2 2  1 ; x ∈ (π, ∞)  (c) E Z ∞ π 1 Z π 1 π ( X ) = xp ( x ) dx = x sin ( x ) dx = − x cos ( x ) + sin ( x ) = . 2 2 2 0 − ∞ 0 (d) Upoˇstevajmo, da je P(X < x) = F ( Xx), in zato π π 1 1 π 1 1 1 P X < = F = − = − = X cos 3 3 2 2 3 2 4 4 in √ 2 − 2 P (X < x0) = 4 √ 2 − 2 F X (x0) = 4 √ 1 1 1 2 − cos (x ) = − 0 2 2 2 4 √ 2 cos (x0) = 2 x π 0 = . 4 Naloga 20 Toˇcko T iz ravnine izberemo sluˇcajno na trikotniku z ogliˇsˇci A(0, 0), B(4, 0) in C(0, 4). (a) Kolikˇsna je verjetnost, da je razdalja toˇcke T do najbliˇzje stranice tega tri- kotnika manjˇsa od 1? (b) Sluˇcajna spremenljivka X naj meri razdaljo toˇcke T do najbliˇzje stranice tega trikotnika. Zapiˇsi porazdelitveno funkcijo sluˇcajne spremenljivke X. Reˇsitev: (a) Prvo vpraˇsanje je povezano z geometrijsko verjetnostjo, saj je potrebno izraˇcunati razmerje med ploˇsˇcino lika za ugodne moˇznosti izbire toˇcke T in ploˇsˇcino celotnega trikotnika. Oznaˇcimo z D dogodek, da je razdalja toˇcke T do najbliˇzje stranice podanega trikotnika manjˇsa od 1. 34 2 3 z v e z n e na k l j u c n e s p r e m e n l j i v k e . ˇ 4 3 2 1 1 √ a2 1 2 3 4 Ploˇsˇcino majhnega trikotnika v notranjosti je potrebno odˇsteti od celotne ploˇsˇcine trikotnika. Iz zgornje slike lahko razberemo, da gre za enakokraki √ √ pravokotni trikotnik. Z doloˇcitvijo katete a = 4 − 2 − 2 = 2 − 2 dobimo njegovo ploˇsˇcino in s tem odgovor na vpraˇsanje: P 2 − 10 + 4 2 2 2 ( 42 2 √ √ 2 √ ( − 2) 16− ( 4−4 2+2) D) = = = 2 . 4 16 16 2 2 (b) Drugo vpraˇsanje je posploˇsitev prvega, saj predpis za porazdelitveno funk- cijo v takˇsnem primeru izraˇcunamo kot F X (x) = P(X < x). To pa je posploˇsitev geometrijske verjetnosti iz prve naloge, pri ˇcemer vlogo enice iz prvega vpraˇsanja prevzame neodvisna spremenljivka x. 4 3 2 1 x √ a 2x 1 2 3 4 √ √ Izraˇcunamo vrednost katete a = 4 − 2x − 2x = 4 − 2 + 2 x, pri ˇcemer je navzdol omejena z 0, navzgor pa s 4. To pomeni, da ko je h i 4 x ∈ 0, √ , 2+ 2 je predpis porazdelitvene funkcije enak: 35 r es i t v e r ac u n s k i h na l o g ˇ ˇ 42 2 ( 4 − (+ 2)x) − √ 2 F 2 2 ( ) = ( X 2 4 x P X < x) = = 2 √ √ 2 2 16 − 16−8(2+ 2)x+(2+ 2) x = 2 = 16 √ √ 2 4 2 2 + 2 x − 3 + 2 2 x = = √ 8 √ 2 + 2 3 + 2 2 = 2 x − x. 2 8 Celotna porazdelitvena funkcija se torej glasi:  ∈ (−∞, 0)  0 ; x   √ √   2 + 2 3 + 2 2  F h i X 2 4 ( x ) = . x − x ; x ∈ 0, √  2 8 2+ 2   4 1 ; x ∈ , ∞  √   2+ 2 Naloga 21 Naj bo zvezna sluˇcajna spremenljivka X podana z gostoto ( a 3 ; x ≥ 1 p(x) = x . 0 ; sicer (a) Doloˇci konstanto a. (b) Izraˇcunaj porazdelitveno funkcijo F X(x). (c) Izraˇcunaj E(X). 1 (d) Izraˇcunaj P (X < 3) in doloˇci x0, da bo P (X < x0) = . 2 Reˇsitev: (a) Najprej upoˇstevajmo, da je X zvezna nakljuˇcna spremenljivka. ∞ Z p(x)dx = 1 −∞ ∞ Z a 3 dx = 1 x 1 ∞ Z a −3 · xdx = 1 1 36 2 3 z v e z n e na k l j u c n e s p r e m e n l j i v k e . ˇ Ker imamo opravka s posploˇsenim integralom, moramo vpeljati limito. b Z a −3 · lim xdx = 1 b→ ∞ 1 − 2 b x a · lim − = 1 b→ ∞ − 2 1 − 2 − 2 b 1 a lim − = 1 b →∞ 2 −2 1 a 0 + = 1 2 a = 2 (b) V primeru, ko je 1 ≤ x izraˇcunamo: x x x Z Z Z 2 p −3 ( t ) dt = dt = 2 tdt = t3 −∞ 1 1 − x 2 − 2 − 2 t x 1 = 2 = 2 − = − 2 −2 −2 1 = 1 − . 2 1 x Predpis za porazdelitveno funkcijo od X je  ∈ − ) 0 ; x ( ∞ , 1  F X(x) = . 1 ∞  1 − ; x ∈ [1, ] x2 (c) ∞ ∞ ∞ Z Z Z 2 E −2 ( X ) = xp ( x ) dx = x · dx = 2 xdx. x3 −∞ 1 1 Upoˇstevajmo pravila pri delu s posploˇsenim integralom. E Z b −1 b x − 2 ( X ) = 2 lim x dx = 2 lim ∞ b → b → ∞ − 1 1 1 − 1 1 1 = 2 lim − − = b→ ∞ b −1 = 2 (0 + 1) = 2. 37 r es i t v e r ac u n s k i h na l o g ˇ ˇ (d) Ker velja P(X < x) = F X(x), sledi P (X < 3) = F X (3) = 1 − = 1 − = 2 1 1 8 3 9 9 in 1 P (X < x0) = 2 1 − = 2 1 1 x 2 0 1 1 x 2 0 √ 2 = x = 0 2 Naloga 22 Toˇcko T iz ravnine izberemo sluˇcajno na kvadratu z ogliˇsˇci A(0, 0), B(2, 0), C(2, 2) in D(0, 2). (a) Kolikˇsna je verjetnost, da je razdalja od toˇcke T do diagonale AC tega kvadrata manjˇsa od 1? (b) Sluˇcajna spremenljivka X naj meri razdaljo od toˇcke T do diagonale AC tega kvadrata. Zapiˇsi porazdelitveno funkcijo sluˇcajne spremenljivke X. Reˇsitev: (a) Prvo vpraˇsanje je povezano z geometrijsko verjetnostjo, saj je potrebno izraˇcunati razmerje med ploˇsˇcino lika za ugodne moˇznosti izbire toˇcke T in ploˇsˇcino celotnega kvadrata. Oznaˇcimo z D dogodek, da je razdalja toˇcke T do diagonale AC tega kvadrata manjˇsa od 1. 2 1 1 √ 1 2 a 2 38 2 3 z v e z n e na k l j u c n e s p r e m e n l j i v k e . ˇ Ploˇsˇcino dveh majhnih pravokotnih trikotnikov s katetama dolˇzine a je √ potrebno odˇsteti od celotne ploˇsˇcine kvadrata. Kateta a je enaka 2 − 2, √2 torej dobimo ploˇsˇcino obeh pravokotnih trikotnikov kar kot 2 − 2 in lahko zapiˇsemo odgovor na vpraˇsanje: √ 2 √ √ √ 22 − 2 − 2 4 − 4 − 4 2 + 2 4 2 − 2 2 2 − P (D) = = = = . 2 2 1 4 4 2 (b) Drugo vpraˇsanje je posploˇsitev prvega, saj predpis za porazdelitveno funk- cijo v takˇsnem primeru izraˇcunamo kot F X (x) = P(X < x). To pa je posploˇsitev geometrijske verjetnosti iz prve naloge, pri ˇcemer vlogo enice iz prvega vpraˇsanja prevzame neodvisna spremenljivka x. 2 1 x √ 1 2 a 2 x Izraˇcunamo vrednost katete a = 2 − 2x, pri ˇcemer je navzdol omejena z 0, √ √ 2 √ 2 + 2 2 8 navzgor pa z dolˇzino polovice diagonale AC, kar znaˇsa = = √ 2 2 h √ i 2. To pomeni, da ko je x ∈ 0, 2 , je predpis porazdelitvene funkcije enak: √2 22 − 2 − 2x F X (x) = P (X < x) = = 2 2 √ 2 − 2 2 x = 1 − . 4 Celotna porazdelitvena funkcija se torej glasi:  0 ; x ∈ (−∞, 0)   √ 2    2 − 2x √  F h i ( ) = X 1 x . − ; x ∈ 0, 2  4 √    ∈ ∞  1 ; x 2,  39 r es i t v e r ac u n s k i h na l o g ˇ ˇ 2 4 d i s k r e t n i na k l j uc n i v e k t o r j i . ˇ Naloga 23 Trikrat zaporedoma vrˇzemo poˇsteno igralno kocko. Nakljuˇcna spremenljivka X nam meri, kolikokrat je padla ˇsestica. Nakljuˇcna spremenljivka Y nam meri, v katerem poskusu je prviˇc padla ˇsestica, pri ˇcemer naj 0 oznaˇcuje, da ˇsestica ni padla niti enkrat. (a) Zapiˇsi verjetnostno tabelo sluˇcajnega vektorja (X, Y). (b) S pomoˇcjo robnih porazdelitev izraˇcunaj verjetnost dogodkov: • A- ˇsestica je prviˇc padla v drugem poskusu; • B- ˇsestica ni padla niti enkrat. (c) Doloˇci verjetnostno shemo spremenljivke Z = X + Y. Reˇsitev: (a) V zalogi vrednosti nakljuˇcne spremenljivke X imamo ZX = {0, 1, 2, 3}. Po- dobno je zaloga vrednosti Z = { Y0, 1, 2, 3}. Najprej doloˇcimo celice na- kljuˇcnega vektorja (X, Y), v katerih je verjetnost enaka 0. To velja, ko je: ( X, Y) ∈ {(0, 1) , (0, 2) , (0, 3) , (1, 0) , (2, 0) , (3, 0) , (2, 3) , (3, 2) , (3, 3)}. Za ostale celice pa izraˇcunamo verjetnosti: • ( X, Y) = (0, 0): pri treh zaporednih metih igralne kocke ne pade no- bena ˇsestica. 3 5 125 P ((X, Y) = (0, 0)) = = 6 216 • ( X, Y) = (1, 1): ˇsestica pade natanko enkrat in to pri prvem metu. 1 5 5 25 P ((X, Y) = (1, 1)) = · · = 6 6 6 216 • ( X, Y) = (1, 2): ˇsestica pade natanko enkrat in to pri drugem metu. 5 1 5 25 P ((X, Y) = (1, 2)) = · · = 6 6 6 216 • ( X, Y) = (1, 3): ˇsestica pade natanko enkrat in to pri tretjem metu. 5 5 1 25 P ((X, Y) = (1, 3)) = · · = 6 6 6 216 • ( X, Y) = (2, 1): ˇsestica pade natanko dvakrat. Prviˇc pri prvem metu, drugiˇc pa v drugem ali tretjem metu. 1 1 5 5 1 10 P ((X, Y) = (2, 1)) = · · + · = 6 6 6 6 6 216 40 2 4 d i s k r e t n i na k l j u c n i v e k t o r j i . ˇ • ( X, Y) = (2, 2): ˇsestica pade natanko dvakrat. Prviˇc pri drugem metu, drugiˇc pa v tretjem metu. 5 1 1 5 P ((X, Y) = (2, 2)) = · · = 6 6 6 216 • ( X, Y) = (3, 1): ˇsestica pade v vseh treh metih. 1 1 1 1 P ((X, Y) = (3, 1)) = · · = 6 6 6 216 Zdaj lahko zapiˇsemo celotno verjetnostno tabelo nakljuˇcnega vektorja (X, Y): X 0 1 2 3 Y 0 125 125 0 0 0 216 216 1 25 10 1 36 0 216 216 216 216 2 25 5 30 0 0 216 216 216 3 25 25 0 0 0 216 216 125 75 15 1 216 216 216 216 30 (b) P (A) = P (Y = 2) = 216 125 P (B) = P (X = 0) = P (Y = 0) = 216 (c) Nakljuˇcna spremenljivka Z lahko zavzame vrednost najmanj 0 in najveˇc 4. Ne more pa zavzeti vrednosti 1. Zaloga vrednosti za nakljuˇcno spre- menljivko Z je torej enaka ZZ = {0, 2, 3, 4}. Verjetnostna shema za Z se poraˇcuna tako, da seˇstejemo ustrezne verjetnosti iz tabele in tako dobimo: 0 2 3 4 Z : . 125 25 35 31 216 216 216 216 Naloga 24 Na vrhu smuˇciˇsˇca ˇcaka 5 smuˇcarjev. V dolino vodijo tri razliˇcne proge: proga 1, proga 2 in proga 3. Vsak od smuˇcarjev povsem nakljuˇcno izbere eno od prog, po kateri se spusti. Nakljuˇcna spremenljivka X naj meri ˇstevilo smuˇcarjev, ki so izbrali progo 1. Nakljuˇcna spremenljivka Y naj meri ˇstevilo smuˇcarjev, ki so izbrali progo 2. (a) Zapiˇsi zalogo vrednosti in verjetnostno funkcijo za nakljuˇcno spremen- ljivko X. 41 r es i t v e r ac u n s k i h na l o g ˇ ˇ (b) Zapiˇsi verjetnostno tabelo za nakljuˇcni vektor (X, Y). Reˇsitev: (a) V zalogi vrednosti nakljuˇcne spremenljivke X imamo ZX = {0, 1, 2, 3, 4, 5}. Gre za binomsko porazdelitev, pri ˇcemer poskus (nakljuˇcni spust smuˇcarja) ponovimo petkrat. Ker se vsak smuˇcar nakljuˇcno odloˇci za progo, sledi, da je verjetnost pri vsaki ponovitvi poskusa 1 p = . Verjetnostna funkcija za X 3 je torej enaka k5−k 5 1 2 P(X = k) = · · , ∀k ∈ ZX. k 3 3 (b) Verjetnostna tabela za nakljuˇcni vektor (X, Y) je: X 0 1 2 3 4 5 Y 5 5 5 5 55 0 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 3 1 3 2 3 3 3 4 3 5 3 5 5 5 55 1 5 1 5 4 1 5 4 1 5 4 1 5 4 1 0 1 3 1 1 3 1 2 3 1 3 3 1 4 3 5 5 55 2 5 1 5 3 1 5 3 1 5 3 1 0 0 2 3 2 1 3 2 2 3 2 3 3 5 55 3 5 1 5 2 1 5 2 1 0 0 0 3 3 3 1 3 3 2 3 55 4 5 1 5 1 1 0 0 0 0 4 3 4 1 3 5 5 5 1 0 0 0 0 0 5 3 oziroma, ˇce poraˇcunamo vrednosti v celicah: X 0 1 2 3 4 5 Y 0 1 5 10 10 5 1 243 243 243 243 243 243 1 5 20 30 20 5 0 243 243 243 243 243 2 10 30 30 10 0 0 243 243 243 243 3 10 20 10 0 0 0 243 243 243 4 5 5 0 0 0 0 243 243 5 1 0 0 0 0 0 243 Naloga 25 Trikrat zaporedoma vrˇzemo poˇsteno igralno kocko. Nakljuˇcna spremenljivka X nam meri, kolikokrat je padla enica. Nakljuˇcna spremenljivka Y nam meri, po katerem metu je vsota metov prviˇc vsaj ˇsest, pri ˇcemer naj 0 oznaˇcuje, da vsota niti po treh metih ne doseˇze ˇsest. 42 2 4 d i s k r e t n i na k l j u c n i v e k t o r j i . ˇ (a) Zapiˇsi verjetnostno tabelo sluˇcajnega vektorja (X, Y). (b) S pomoˇcjo robnih porazdelitev izraˇcunaj verjetnost dogodkov: • A- enica je padla dvakrat; • B- vsota metov je prviˇc vsaj ˇsest po drugem metu. (c) Doloˇci verjetnostno shemo spremenljivke Z = X + Y. Reˇsitev: (a) V zalogi vrednosti nakljuˇcne spremenljivke X imamo ZX = {0, 1, 2, 3}. Po- dobno je zaloga vrednosti Z Y = {0, 1, 2, 3}. Najprej doloˇcimo celice na- kljuˇcnega vektorja (X, Y), v katerih je verjetnost enaka 0. To velja, ko je: (X, Y) ∈ {(0, 0) , (3, 1) , (3, 2) , (3, 3)}. Za ostale celice pa izraˇcunamo verjetnosti: • ( X, Y) = (0, 1): ne pade niti ena enica, medtem ko je vsota ˇsest doseˇzena ˇze po prvem metu. V prvem metu torej vrˇzemo 6, potem pa karkoli razliˇcnega od 1. 1 5 5 25 P ((X, Y) = (0, 1)) = · · = 6 6 6 216 • (X, Y) = (0, 2): ne pade niti ena enica, medtem ko je vsota ˇsest doseˇzena po drugem metu. V prvem metu torej ne smemo vreˇci 6, potem pa v drugem metu vrˇzemo dovolj, da doseˇzemo vsoto ˇsest. Pri nobenem metu ne vrˇzemo 1. 3 + 4 + 5 + 5 5 85 P ((X, Y) = (0, 2)) = · = 36 6 216 • ( X, Y) = (0, 3): ne pade niti ena enica, medtem ko je vsota ˇsest doseˇzena po tretjem metu. V prvem in drugem metu torej smemo vreˇci vsoto najveˇc 5, vendar pri nobenem metu ne vrˇzemo 1. To lahko doseˇzemo le na tri naˇcine. V tretjem metu potem lahko vrˇzemo kar-koli razliˇcnega od 1 in je vsota 6 doseˇzena. 3 5 15 P ((X, Y) = (0, 3)) = · = 36 6 216 • (X, Y) = (1, 0): pade ena enica, medtem ko vsota ˇsest ni doseˇzena. To lahko doseˇzemo le na tri naˇcine. 3 P ((X, Y) = (1, 0)) = 216 43 r es i t v e r ac u n s k i h na l o g ˇ ˇ • ( X, Y) = (1, 1): pade ena enica in je vsota ˇsest doseˇzena ˇze po prvem metu. Prvi met torej vrˇzemo 6, v drugem in tretjem metu pa mora pasti enica natanko enkrat. 1 1 5 5 1 10 P ((X, Y) = (1, 1)) = · · + · = 6 6 6 6 6 216 • (X , Y) = (1, 2): pade ena enica in je vsota ˇsest doseˇzena po dru- gem metu. Prvi met ne smemo vreˇci 6 in hkrati v drugem dovolj, da doseˇzemo vsoto 6. Imamo 10 takˇsnih moˇznosti, ko pade enica v prvem metu, 5 takˇsnih moˇznosti, ko pade enica v drugem metu in 17 takˇsnih monˇznosti, ko pade enica v tretjem metu. 10 + 5 + 17 32 P ((X, Y) = (1, 2)) = = 216 216 • ( X, Y) = (1, 3): pade ena enica in je vsota ˇsest doseˇzena po tre- tjem metu. V prvih dveh metih ne smemo doseˇci ali preseˇci vsote 6. Imamo 14 takˇsnih moˇznosti, ko pade enica v prvem metu, 14 takˇsnih moˇznosti, ko pade enica v drugem metu, in 2 takˇsni moˇznosti, ko pade enica v tretjem metu. 14 + 14 + 2 30 P ((X , Y) = (1, 3)) = = 216 216 • ( X, Y) = (2, 0): padeta dve enici, medtem ko vsota ˇsest ni doseˇzena. To lahko doseˇzemo z metom dveh enic in ene dvojke ali ene trojke v poljubnem vrstnem redu. Skupaj torej na 6 naˇcinov. 6 P ((X, Y) = (2, 0)) = 216 • ( X, Y) = (2, 1): padeta dve enici in je vsota ˇsest doseˇzena ˇze po prvem metu. Prvi met torej vrˇzemo 6, v drugem in tretjem metu pa mora pasti enica. 1 P ((X, Y) = (2, 1)) = 216 • ( X, Y) = (2, 2): padeta dve enici in je vsota ˇsest doseˇzena po drugem metu. To lahko doseˇzemo z metom dveh enic in ene petice ali ene ˇsestice, pri ˇcemer mora petica pasti v prvem ali drugem metu, ˇsestica pa nujno v drugem metu. Skupaj torej na 3 naˇcine. 3 P ((X, Y) = (2, 2)) = 216 44 2 5 na l o g e i z s tat i s t i k e . • ( X, Y) = (2, 3): padeta dve enici in je vsota ˇsest doseˇzena po tretjem metu. To lahko doseˇzemo z metom dveh enic in ene ˇstirice ali ene petice ali ene ˇsestice, pri ˇcemer lahko ˇstirica pade kadarkoli, petica in ˇsestica pa morata pasti nujno v tretjem metu. Skupaj torej na 5 naˇcinov. 5 P ((X, Y) = (2, 3)) = 216 • ( X, Y) = (3, 0): padejo tri enice, vsota 6 pa seveda ni doseˇzena. 1 P ((X , Y) = (3, 0)) = 216 Verjetnostna tabela za nakljuˇcni vektor (X, Y) je: X 0 1 2 3 Y 0 3 6 1 10 0 216 216 216 216 1 25 10 1 36 0 216 216 216 216 2 85 32 3 120 0 216 216 216 216 3 15 30 5 50 0 216 216 216 216 125 75 15 1 216 216 216 216 15 (b) P (A) = P (X = 2) = 216 120 P (B) = P (Y = 2) = 216 (c) Nakljuˇcna spremenljivka Z lahko zavzame najmanj 1 in najveˇc 5. Zaloga vrednosti za nakljuˇcno spremenljivko Z je torej enaka Z = { Z1, 2, 3, 4, 5}. Verjetnostna shema za Z se poraˇcuna tako, da seˇstejemo ustrezne verjetno-sti iz tabele in tako dobimo: 1 2 3 4 5 Z : . 28 101 49 33 5 216 216 216 216 216 2 5 na l o g e i z s tat i s t i k e . Naloga 26 Pri 40 nakljuˇcnih osebah ˇzenskega spola smo merili koncentracijo hemoglobina v krvi. Povpreˇcje meritev znaˇsa 130 g/L. Standardni odklon meri-tev pa znaˇsa 8 g/L. 45 r es i t v e r ac u n s k i h na l o g ˇ ˇ (a) Na podlagi meritev doloˇci 95% interval zaupanja za populacijski standar- dni odklon koncentracije hemoglobina v krvi oseb ˇzenskega spola. (b) Na stopnji znaˇcilnosti 0.01 preveri domnevo, da je populacijsko povpreˇcje veˇcje od postavljene spodnje meje, ki znaˇsa 125 g/L. Reˇsitev: (a) Radi bi poiskali interval zaupanja za populacijski standardni odklon σ. Ker je n = 40, je opazovani vzorec velik, zato bomo uporabili naslednjo stati- stiko: S √ q Z = 2(n − 1) − 2n − 3 ∼ N(0, 1). σ V tem primeru se iskani interval zaupanja doloˇci kot " p # p 2 ( n − 1 ) S 2 ( n − 1 ) S √ , √ . 2n − 3 + z − α 2 n 3 − zα Po vrsti doloˇcimo vrednosti neznank tega intervala. • n = 40 • S = 8 • z α = 1.96 0.025 0.475 0.475 0.025 0 zα Z Iskani interval zaupanja na stopnji zaupanja 95% je " # √ √ 78 · 8 78 · 8 √ , √ = [6.58, 10.37] . 77 + 1.96 77 − 1.96 (b) H0(µ ≤ 125) : H ( > 1 µ 125) Ker je n = 40, je opazovani vzorec velik, in ker je populacijski standardni odklon σ neznan, bomo uporabili naslednjo testno statistiko: Z X − √ µ 0 = ·n ∼ N(0, 1). S Doloˇcimo vrednosti neznank • X = 130 • S = 8 • z α = 2.33 0.01 0.49 0.49 0.01 −z z 0α α Z 46 2 5 na l o g e i z s tat i s t i k e . Potem pa je Z · 40 ≈ 3.95. = 130 √ − 125 8 Ker testna vrednost Z pade v kritiˇcno obmoˇcje, hipotezo H0 zavrnemo na × stopnji znaˇcilnosti 0.01. 0 2.33 Komentar . Na stopnji znaˇcilnosti 0.01 trdimo, da je populacijsko povpreˇcje koncentracije hemoglobina v krvi ˇzensk veˇcje od postavljene spodnje meje, ki znaˇsa 125 g/L. Naloga 27 Na vzorcu 16-ih ˇstudentov smo izmerili povpreˇcno telesno viˇsino 174.5 cm s standardnim odklonom 6.8 cm. (a) Doloˇci 90% interval zaupanja za populacijsko povpreˇcje telesne viˇsine ˇstu- dentov. (b) Na stopnji znaˇcilnosti 0.05 preveri hipotezo, da je populacijski standardni odklon telesne viˇsine ˇstudenta manjˇsi od 10 cm. Reˇsitev: (a) Radi bi poiskali interval zaupanja za populacijsko povpreˇcje µ. Opazovani vzorec je majhen (n = 16), in ker je populacijski standardni odklon σ ne-znan, bomo uporabili naslednjo statistiko: X − µ T = ∼ S( 15). SE V tem primeru se iskani interval zaupanja doloˇci kot X − t SE , X + t SE. α α Po vrsti doloˇcimo vrednosti neznank tega intervala. • n = 16 • X = 174.5 • S = 6.8 • SE = 1.7 0.05 0.45 0.45 0.05 −tα 0 tα T • tα = 1.753 Iskani interval zaupanja na stopnji zaupanja 90% je [174.5 − 1.753 · 1.7, 174.5 + 1.753 · 1.7] = [171.52, 177.48] . 47 r es i t v e r ac u n s k i h na l o g ˇ ˇ (b) H0(σ ≥ 10) : H ( < 1 σ 10) Uporabimo testno statistiko za testiranje standardnega odklona na majhnih vzorcih: ( 2 n − 1 ) · S χ = 2 2 ∼ χ (15). σ 0 2 Izraˇcunajmo neznane vrednosti • n = 16 • S = 6.8 • 2 χ = 7.26 0.05 0.95 1 0 2 2 χ χ 1 Vrednost testne statistike znaˇsa za podani primer znaˇsa 15 2 · 6.8 χ = 2 = 6.936. 102 Ker testna vrednost 2 χ pade v kritiˇcno obmoˇcje, hipotezo H0 na stopnji 0 7.26 × znaˇcilnosti 0.05 zavr- 2 nemo. χ Komentar. Na stopnji znaˇcilnosti 0.05 zavrnemo niˇcelno hipotezo in sprej- memo alternativo, da je populacijski standardni odklon telesne viˇsine ˇstudenta manjˇsi od 10 cm. Naloga 28 Nakljuˇcne ˇstudente UM (vzorec je vseboval 213 ˇstudentov) smo spraˇsevali, ali so cepljeni proti Covid-19, in s katerim cepivom so cepljeni. Do-bljeni podatki so zbrani v naslednji tabeli: Cepivo f k Pfizer/BioNTech 51 Moderna 9 AstraZeneca 32 Janssen 4 Necepljen 117 (a) Na podlagi podatkov iz tabele doloˇci 90% interval zaupanja za deleˇz ce- pljenih ˇstudentov na UM. 48 2 5 na l o g e i z s tat i s t i k e . (b) Na stopnji znaˇcilnosti 1% preveri hipotezo, da je deleˇz cepljenih ˇstudentov na UM veˇcji od 40% (kolikor znaˇsa nacionalni deleˇz za starost med 18 in 24 let). Reˇsitev: (a) Radi bi poiskali interval zaupanja za populacijski deleˇz p. Uporabili bomo naslednjo statistiko: p − p Z = ∼ N(0, 1). SE( p) Pri ˇcemer p predstavlja vzorˇcni deleˇz, standarna napaka vzorˇcnega deleˇza r p(1 − p) pa se izraˇcuna kot SE( p) = . n Interval zaupanja se doloˇci kot [ p − zα SE(p), p + zαSE( p)] . Po vrsti doloˇcimo vrednosti neznank tega intervala. • n = 213 • 96 p = 213 • SE( p) ≈ 0.0341 0.05 0.45 0.45 0.05 • zα = 1.64 z 0α Z Iskani interval zaupanja na stopnji zaupanja 90% je 96 96 − 1.64 · 0.0341, + 1.64 · 0.0341 = [0.3948, 0.5066] . 213 213 (b) H ≤ 0 ( p 0.4) : H1( p > 0.4) Uporabili bomo naslednjo testno statistiko: Z p − √ p 0 = p ·n ∼ N(0, 1). p · ( − ) 0 1 p 0 Doloˇcimo vrednosti neznank • 96 p = 213 • p0 = 0.4 • zα = 2.33 0.01 0.49 0.49 0.01 −z z 0α α Z 49 r es i t v e r ac u n s k i h na l o g ˇ ˇ Potem pa je 96 √ − √ 0.4 9 213 142 Z = · = ≈ p 213 1.511. 0.4 · (1 − 0.4) 71 Ker testna vrednost Z ne pade v kritiˇcno obmoˇcje, hipoteze H 0 ne zavrnemo × na stopnji znaˇcilnosti 0.01. 0 2.33 Komentar. Podatki za deleˇz cepljenih ˇstudentov na UM iz vzorca se ne razlikujejo statistiˇcno znaˇcilno od podanega nacionalnega deleˇza za starost med 18 in 24 let. To pomeni, da pri stopnji znaˇcilnosti 1% ne moremo trditi, da je deleˇz cepljenih ˇstudentov na UM veˇcji od 40%. Naloga 29 Ob zakljuˇcku ˇsolskega leta smo dobili zakljuˇcne ocene pri matema- tiki za 40 nakljuˇcno izbranih dijakov. Podatki o teh ocenah (od 1 do 5) so zbrani v naslednji frekvenˇcni tabeli: Ocena f k 1 1 2 4 3 12 4 17 5 6 (a) Doloˇci povpreˇcje in standardni odklon za zakljuˇcno oceno pri matematiki tega vzorca. (b) Doloˇci 99% interval zaupanja za populacijski deleˇz odliˇcnih ocen pri mate- matiki (deleˇz petic). (c) Na stopnji znaˇcilnosti 5% preveri hipotezo, da je populacijska povpreˇcna vrednost za zakljuˇcno oceno pri matematiki veˇcja od 3.3. Reˇsitev: (a) Vzorˇcno povpreˇcje za zakljuˇcno oceno je: 1 X = (1 · 1 + 2 · 4 + 3 · 12 + 4 · 17 + 5 · 6) = 3.575. 40 Vzorˇcni standardni odklon izraˇcunamo preko vzorˇcne disperzije: S = X − x · = i f i 39 2 1 5 2 477 ∑ i 520 = 1 50 2 5 na l o g e i z s tat i s t i k e . r 477 ⇒ S = 520 (b) Za populacijski deleˇz p uporabimo naslednjo statistiko: p − p Z = ∼ N(0, 1). SE( p) Pri ˇcemer p predstavlja vzorˇcni deleˇz, standarna napaka vzorˇcnega deleˇza r p(1 − p) pa se izraˇcuna kot SE( p) = . n Interval zaupanja se doloˇci kot [ p − zα SE(p), p + zαSE( p)] . Po vrsti doloˇcimo vrednosti neznank tega intervala. • n = 40 • 6 p = 40 • q 0.15·0.85 SE ( p ) = 40 0.005 0.495 0.495 0.005 • zα = 2.57 z 0α Z Iskani interval zaupanja na stopnji zaupanja 99% je " r r # 6 0.15 · 0.85 6 0.15 · 0.85 − 2.57 · , + 2.57 · = [0.005, 0.2951] . 40 40 40 40 (c) H 0(µ ≤ 3.3) : H ( > 1 µ 3.3) Ker je n = 40, je opazovani vzorec velik, in ker je populacijski standardni odklon σ neznan, bomo uporabili naslednjo testno statistiko: Z · n ∼ N(0, 1). = X − √ µ 0 S Doloˇcimo vrednosti neznank • X = 3.575 q • 477 S = 520 • zα = 1.64 0.05 0.45 0.45 0.05 −z z 0α α Z Potem pa je Z · q 40 ≈ 1.816. 477 = 3.575 √ − 3.3 520 51 r es i t v e r ac u n s k i h na l o g ˇ ˇ Ker testna vrednost Z pade v kritiˇcno obmoˇcje, hipotezo H0 zavrnemo na × stopnji znaˇcilnosti 0.05. 0 1.64 Komentar. Na stopnji znaˇcilnosti 0.05 trdimo, da je populacijsko povpreˇcje zakljuˇcne ocene pri matematiki za dijake veˇcje od 3.3. Naloga 30 Zbrali smo podatke o velikosti obutve 20 nakljuˇcno izbranih ˇstudentov: 42 44 45 44 43 41 42 44 43 43 46 44 45 44 43 43 42 41 44 43 (a) Zapiˇsi frekvenˇcno tabelo s frekvencami in kumulativnimi frekvencami. (b) Doloˇci modus, mediano, povpreˇcje in standardni odklon. (c) Doloˇci interval zaupanja za populacijsko povpreˇcje µ velikosti obutve ˇstudentov na stopnji zaupanja 0.99. Reˇsitev: (a) Frekvenˇcna tabela s frekvencami in kumulativnimi frekvencami: Velikosti xk fk F k 41 2 2 42 3 5 43 6 11 44 6 17 45 2 19 46 1 20 43 + 43 (b) Modusa sta dva, in sicer 43 in 44. Mediana je enaka = 43. 2 Vzorˇcno povpreˇcje za velikost obutve je: 1 866 X = (41 · 2 + 42 · 3 + 43 · 6 + 44 · 6 + 45 · 2 + 46 · 1) = = 43.3. 20 20 Vzorˇcni standardni odklon izraˇcunamo preko vzorˇcne disperzije: 2 1 6 161 2 ∑ S = X − x i · fi = 39 95 i = 1 r 161 ⇒ S = 95 52 2 5 na l o g e i z s tat i s t i k e . (c) Radi bi poiskali interval zaupanja za populacijsko povpreˇcje µ. Opazovani vzorec je majhen (n = 20), in ker je populacijski standardni odklon σ ne-znan, bomo uporabili naslednjo statistiko: X − µ T = ∼ S(19). SE V tem primeru se iskani interval zaupanja doloˇci kot X − t SE , X + t SE. α α Po vrsti doloˇcimo vrednosti neznank tega intervala. • n = 20 • X = 43.3 • q 161 S = 95 • q 161 SE = 0.005 0.495 0.495 0.005 1900 −t 0 t T α α • t = α 2.861 Iskani interval zaupanja na stopnji zaupanja 99% je " r r # 161 161 43.3 − 2.861 · , 43.3 + 2.861 · = [42.47, 44.13] . 1900 1900 53