Studoši

Predavanja za deveto i deseto poglavnje nisu snimljena?

niknik Jel to za fer2 pitas ili?
Mi na fer3 nismo imali uopce predavanja ili sam ja nesto propustio?

Zna netko postavit?

brga

Očekivanje je jednostavno dobit, zanima me može li se gustoća Z dobit putem primjera C :
i onda putem te gustoće dobit funkciju?
Cijelo vrijeme mi ispada krivo zadatak 🙁

brga mozes li samo reci koji je ovo ispit ili što već da znam koje je rješenje?

brga Trebalo bi se moći dobiti, i čini se dosta jednostavno. Iz zadatka je jasno X i Y nezavisni pa imaš f(x,y) = f_X(x) \cdot f_Y(y). X i Y su oboje slučjne varijable s uniformnom razdiobom na (0,1), pa su imaju razdiobe:
f_X(x) = \begin{cases} 1, & 0 < x < 1 \\ 0, & \text{inače} \end{cases}
f_Y(y) = \begin{cases} 1, & 0 < y < 1 \\ 0, & \text{inače} \end{cases}

Pa je je razdioba f(x,y) dana s:
f(x,y) = f_X(x) \cdot f_Y(y) = \begin{cases} 1, & 0 < y < 1, 0 < x < 1 \\ 0, & \text{inače} \end{cases}

I sad po C iz toga teorema računa razdiobu slučajne varijable Z = XY
g_Z(z) = \int_{-\infty}^{\infty}f(x, \frac{z}{x}) \left\vert \frac{1}{x} \right\vert dx = \int_{0}^{1}f(x, \frac{z}{x}) \left\vert \frac{1}{x} \right\vert dx

Dakle gore smo promijenili granice integrala na 0 i 1 jer po formuli iznad vidimo da je tadagustca slucajnog vektora $0$. No sad isto to moramo gledati za drugu varijablu \frac{z}{x}.

Dakle imamo 0 < x < 1 i sad tražimo kada je 0 < \frac{z}{x} < 1 . Kako je x > 0 pomnožimo prošlu nejednakost s x i dobijemo:
0 <z < x
To sad znači da ako je z \leq 0 , onda je \frac{z}{x} automatski van intervala (0, 1) , i f(x, \frac{z}{x}) = 0 , pa g_Z(z) = 0 za z \leq 0 .

Također moramo imati x > z inače je opet i f(x, \frac{z}{x}) = 0 , a kako je x < 1 , to je jedino moguće za z < 1 pa dobivamo g_Z(z) = 0 za z \geq 1 . I konačno za 0 < z < x < 1 imamo f(x, \frac{z}{x}) = 1 pa dobivamo:

g_Z(z) = \int_{0}^{1}f(x, \frac{z}{x}) \left\vert \frac{1}{x} \right\vert dx = \int_{z}^{1}f(x, \frac{z}{x}) \left\vert \frac{1}{x} \right\vert dx = \int_{z}^{1} \frac{1}{x} dx = \ln x \Big\vert^1_z = \ln 1 - \ln z = -\ln z = \ln \left(\frac{1}{z}\right)

Dakle dobili smo:
g_Z(z) = \begin{cases} 0, & z \leq 0 \\ - \ln z,& 0 < z < 1 \\ 0, & 1 \leq z \end{cases}

I sad ako hoćeš odrediti F_Z(z) moraš to integrirati:
F_Z(z) = \int_{-\infty}^z g_Z(u) du
I sad opet rastavljaš po slučajevima, kad z \leq 0 [\imath] imaš [imath] g_Z(z) = 0 [\imath] pa je i cijeli gornji integral 0: [math] F_Z(z) = \int_{-\infty}^z g_Z(u) du = \int_{-\infty}^z 0 du = 0 [/math] Za [imath] 0 < z < 1 imaš:

F_Z(z) = \int_{-\infty}^z g_Z(u) du = \int_0^z - \ln(u) du = (u - u \ln u) \Big\vert_0^z = z -z \ln z -0 + \lim_{u \to 0^+} u \ln u = z - \ln z
Gore sam odmah koristio formulu za integral od \ln u koju možeš dobiti parcijalnom integracijom. I ovo je nepravi integral jer \ln u nije definirano u 0, pa moraš preko limesa formalno provjeriti da je 0 \ln 0 = 0 , a taj limes možeš izračunati preko L’Hospitalovog pravila.
I kad je z \geq 1 imaš:
F_Z(z) = \int_{-\infty}^1 g_Z(u) du = (u - u \ln u) \Big\vert_0^1 = 1-1 \ln 1 -0 + \lim_{u \to 0^+} u \ln u = 1

I dobivamo:
F_Z(z) = \begin{cases} 0, & z \leq 0 \\ z - \ln z, & 0 < z < 1 \\ 1, & 1 \leq z \end{cases}

endyyyy 2017 MI

sta je s ovim zadatkom iz medusipita , zasto oni imaju dva c-a ? c1 i c2 ako je samo jedan y za ove x-eve ?

𝐓𝐇𝐄 𝐒𝐄𝐂𝐑𝐄𝐓 - 𝐂𝐋𝐔𝐁 c_1 i c_2 su koeficijenti smjera ta dva pravca što određuju distribuciju.

Jednostavnije bi bilo odrediti taj jedan y iz \frac{ (4-(-1)) \cdot y}{2} = 1 iz čega dobiješ y=\frac{2}{5} . I onda iz toga odrediš:
c_1 = \frac{0 - y}{1 - (-1)} = - \frac{1}{5}\\ c_2 = \frac{y - 0}{4 - 1} = \frac{2}{15}

[obrisani korisnik] y se dobi da je ⅕ , iz 2y / 2 + 3y / 2 = 1 , i onda mogu samo koristit y -y1 = y2 - y1/ x2- x1 * (x - x1) , odnosno formulu za pravac kroz dvije tocke za oba pravca i dobiti funkcije. to mi se cini logicnije nego ovo s c1 i c2 , zasto ovo moje nije tocno ?

𝐓𝐇𝐄 𝐒𝐄𝐂𝐑𝐄𝐓 - 𝐂𝐋𝐔𝐁 Jer y nije \frac{1}{5} već \frac{2}{5}. Dobro si postavio formulu, ali si krivo izračunao.

[obrisani korisnik] dap retard sam , hvala ti :/

jel zna neko zasto se tu stavlja f(x,y) i ispred i unutar integrala kod racunanja prvog slucaja, i zasto je u drugom slucaju ¼ a ne ½ kako je izracunat f(x,y)
8 lekcija 10 zadatak iz knjizica

jel algoritam u knjizi za hi kvadrat netocan? Mislimm da smo tako nesto spominjali na zimu na fer3. ako da jel moze netko reci kako treba ici?

endyyyy koliko vidim sve je kako treba biti, jedino je Velčić na svojim predavanjima ako se dobro sjećam govorio da se interval povjerenja koji se dobio kao rješenje zapisuje kao interval [\beta_1, \beta_2], a ne P(\beta_1 \leq \sigma^2 \leq \beta_2) = p

Nisam ni ovaj vidjela nigdje rjesen, generalno imam problem s zadatcima kad se pokus ponavlja, kako smo znali kod gospodina sa čarapama da se radi o hipotezama, a kod malog koji je krao čokoladna jaja da ćemo napraviti razdiobu? U principu oboje nešto uzimaju iz skupa i vraćaju nazad, osim kaj mali pojede jaja

brga

a) (1-p)3 = 0.064
b) A = {pogodio kos u 4 pokusaju}
B = {nije pogodio kos u prva 3 pokusaja }
P(A | B ) = P(AB) / P(B) = 0.4 * 0.4 * 0.4 * 0.6 / 0.064 = 0.6
c) nisam siguran , ako uspim editam post

brga Odi na moodle vis->poglavlje 4.->materijali->dodatni zadaci ->2.zadatak

brga Za c) razmišljaj ovako: da bi bilo Y=n, odnosno da je u n-tom bacanju ubacio drugi koš, mora biti zadovoljeno:

1. u prvih n-1 bacanja je ubacio točno jedan koš
2. u n-tom bacanju je pogodio

Gornja dva događaja su nezavisna, jer su bacanja između njih nezavisna. Ako je n=1, onda je očito P(Y=n) = 0 , jer nije moguće ubaciti dva koša u jednom bacanju.

Neka je sada n \geq 2 . Izračunajmo vjerojatnosti od oba gornja uvjeta:

1. Dakle u n-1 bacanja je u samo jednom bacanju ubacio koš, a u ostalima promašio. Tipa ako je ubacio taj jedan u nekom i-tom bacanju, vjerojatnost za to je: p \cdot (1-p)^{n-2} . (u i-tom je pogodio s vjerojatnošću p, a u svakom od ostalih n-2 je promašio s vjerojatnošću 1-p. Sva ta bacanja su međuosobno nezavisna, pa se sve te vjerojatnosti množe. E sada, ovaj događaj (jedan koš u prvih n-2 bacanja) je zadovoljen ako je on taj jedan koš ubacio u bilo kojem od prvih n-1 bacanja (dakle ili 1. ili 2. ili … n-1. bacanju), a svi ti događaju su disjunktni (ako je ubacio koš tipa u 2. bacanju, onda sigurno nije ubacio u 5. ili bilo kojem drugom jer smo tako definirali te događaje, da ubaci u samo jednome), pa sve te vjerojatnosti možemo zbrojiti, i dobjeimo da je vjerojatnost cijelog ovog prvog događaja (n-1)p(1-p)^{n-2}
2. U n-tom bacanju je morao ubaciti, a to radi s vjerojatnošću p

I sad zbog nezavisnosti pomnožimo vjerojatnosti oba gornja događaja da dobijemo traženo:
P(Y = n) = (n-1)p(1-p)^{n-2}\cdot p = (n-1)p^2(1-p)^{n-2},\ \ \ n \geq 2

𝐓𝐇𝐄 𝐒𝐄𝐂𝐑𝐄𝐓 - 𝐂𝐋𝐔𝐁
b) A = {pogodio kos u 4 pokusaju}
B = {nije pogodio kos u prva 3 pokusaja }
P(A | B ) = P(AB) / P(B) = 0.4 * 0.4 * 0.4 * 0.6 / 0.064 = 0.6

s obzirom da su bacanja međusobno nezavisna, može se odmah reći da vjerojatnost iznosi p

"Bacamo kocku sve dok zbroj svih dobivenih brojeva nije barem 700. Kolika je vjerojatnost
da smo za to trebali barem 210 bacanja?"
njihov postav zadatka P ( suma(x) < 699 ) x = 1,2,…209
moj postav zadatka P (suma (x) >= 700 ) x = 1,2,….210
kak je ovo njihovo moguce , pise “barem 700” i pise “barem 210 bacanja”
ako neko kuzi mozda

Upforpslone Za fer2 su predavanja bila na Teamsu.