matematika 2 Študijsko gradivo
DESCRIPTION
MATEMATIKA 2 ŠTUDIJSKO GRADIVO. INTEGRALI FUNKCIJ VEČ SPREMENLJIVK. Funkcije definirane z integralom. Vsaka integrabilna funkcija f :[ a,b ] →ℝ dolo ča zvezno funkcijo F :[ a,b ]→ℝ :. Lastnosti F lahko razberemo iz lastnosti f , npr: - PowerPoint PPT PresentationTRANSCRIPT
MATEMATIKA 2
ŠTUDIJSKO GRADIVO
Funkcije definirane z Funkcije definirane z integralomintegralom
Vsaka integrabilna funkcija f :[a,b]→ℝ določa zvezno funkcijo F :[a,b]→ℝ:
Lastnosti F lahko razberemo iz lastnosti f, npr:
če je f zvezna je F odvedljiva in velja F ’=f;
če je f pozitivna, je F naraščajoča...
x
a
fxF )(
INTEGRALI FUNKCIJ VEČ SPREMENLJIVKINTEGRALI FUNKCIJ VEČ SPREMENLJIVK
Primer
je zvezna l je odvedljiva
je > 0 je strogo naraščajoča
x↦l(x) je alternativna definicija funkcije ln(x).
Za vsak x>0 je definirana funkcija
x
dtt
xl1
1)(
tt
1
x xy
x
xy
tdt
tdt
tdt
xyl11
)(
duxdt
xut
yy
udu
xudux
11
)()( ylxl
0)1( l )()( xlnxl n
)1(lim0l
x
)1(lim l
x
x↦l -1(x) pa je alternativna definicija funkcije ex
Nove funkcije dobimo tudi z integriranjem funkcij več spremenljivk:
Primer
Kdaj je tako definirana funkcija zvezna, odvedljiva, integrabilna?Kaj je njen odvod, integral?
integral s parametrom
Pravilo določa funkcijo F :[a,b]→ℝ.d
c
dyyxfxF ),()(
f :[a,b]ⅹ[c,d]→ℝ:
11
0
1
0
xy
y
xyxy eedyxe
Zveznost d
c
dyyxfxF ),()(
Izberimo natančnost in privzemimo, da je f zvezna:
,),(),(cd
yxfyxf
01če je x1 dovolj blizu x0 , je
d
c
d
c
d
c
dyyxfyxfdyyxfdyyxfxFxF ),(),( ),( ),()()( 010101
zato je
dy
cddyyxfyxf
d
c
d
c
),(),( 11
f zvezna zveznad
c
dyyxfxF ),()(
odvajanje integrala po parametru
Odvedljivost d
c
dyyxfxF ),()(
d
c
dyh
yxfyhxfh
xFhxF
),(),()()(
Lagrange: ),(),(),(
xtfh
yxfyhxfx
zvezna za dovolj majhen h jecd
yxfytf xx
),(),(xf
za vse y∈[c,d]
d
cx
d
c
dyyxfdyh
yxfyhxf ),(
),(),(
f(x,y) zvezno odvedljiva na x
odvedljivad
c
dyyxfxF ),()(
d
cx dyyxfxF ),()(
Primer
3
1
3
)1(
3
)(33
1
0
3
xxxxyx
y
y
1
0
2 )()( dyyxxF
1
0
2
1)(2)( dy
xyxxF
xx
yydy
x
yy
y 2
11
2 1
1
0
21
0
xxx
2
11
3
1
Integrabilnost
f zvezna integrabilna
Primerjajmo funkciji
in
posebej: G1(b)=G2(b)
zamenjava vrstnega reda integriranja
zvezna
d
c
dyyxfxF ),()(
t
a
d
c
dxdyyxftG ),()(1
d
c
t
a
dydxyxftG ),()(2
d
c
dyytftG ),()(1 d
c
dyytftG ),()(2
0)(1 aG 0)(2 aGG1=G
2
d
c
b
a
b
a
d
c
dydxyxfdxdyyxf ),( ),(
Primer
6
25
323
3
1 )(
2
1
232
1
22
1
1
0
2
x
x
xxxdxxxdxdyyx
6
25
3
7
2
3
3
3
73
3
1
0
23
1
0
21
0
2
1
31
0
2
1
2
y
y
x
x
yyy
dxyydxyx
dydxyx (
)
)(
Formula o zamenjavi vrstnega reda integriranja velja tudi za funkcije f(x,y), ki so nezvezne v nekaj točkah ali celo vzdolž neke gladke krivulje.
Primer
nezvezna vzdolž premice y=x
yx
yxxyxf
za 0
za ),(
1
0
1
0
32
1
00
1
0 0
1
0
1
0 3
1
3 ),(
xdxxdxxydxdyxdxdyyxf
xy
y
x
1
0
1
0
321
0
121
0
11
0
1
0 3
1
62
2
1
2 ),(
yydy
ydy
xdydxxdydxyxf
x
yxy
Dvojni Dvojni integralintegral
Prostornino pod ploskvijo ocenimo s pomočjo kvadrov. Pravokotnik [a,b]x[c,d] razdelimo na mrežo manjših pravokotnikov. Vsota prostornin včrtanih kvadrov je manjša, vsota prostornin očrtanih kvadrov pa večja od prostornine pod ploskvijo.
f(x,y) omejena na pravokotniku [a,b]×[c,d]
delitev:
dyyyyc
bxxxxaD
mm
nn
110
110
...
...:
mij,Mij natančna spodnja in zgornja meja na pravokotniku [xi-1,xi]×[yi-
1,yi] Δxi= xi – xi-1, Δyj= yj – yj-1
n
i
m
jjiij yxmDfS
1 1
),( spodnja integralska vsota funkcije f pri delitvi D
zgornja integralska vsota funkcije f pri delitvi D
n
i
m
jjiij yxMDfZ
1 1
),(
a b
c
d
x
y
Δxi
Δyj
spodnji integral funkcije f
zgornji integral funkcije f
Zvezne funkcije so integrabilne.
(Integrabilne so tudi funkcije, pri katerih je množica točk nezveznosti majhna, npr. če so nezvezne le v nekaj točkah, ali pa vzdolž neke gladke krivulje.)
),(lim)( DfSfSD
),(lim)( DfZfZD
Funkcija f je integrabilna, če je S( f) = Z( f).
Skupno limito imenujemo dvojni integral funkcije f na
območju [a,b]×[c,d] in označimo z ],[],[ dcba
f
Vedno je S( f) ≤ Z( f).
Dvojni integral je enak dvakratnemu.
Prostornina pod grafom z=f(x,y) je , kjer je P(x) ploščina prereza na nivoju x.
b
a
dxxP )(
d
c
dyyxfxP ),()(
b
a
d
c
dxdyyxffdcba
),(],[],[
P(x) je ploščina pod grafom funkcije y↦f(x,y):
Primer
ali pa
],[],[ 1031
21 yyx
214
1
24
21
1
1
1
0
2
1
0
1
02
1
0
3
1
2
2
3
12
ln)ln(arctg
yy
dyyy
dyxyx
ydydx
yyx
x
x
22
2
82
2
1
4
12
1
13
1
23
1
1
0
23
1
3
1
1
02
lnln
ln
)ln(arctg
xxdxx
dxyyxdydxyyx
y
y
Primer
splošno pravilo:
3
42
1
1
21
10
21
1 0
2
dxxdxyxdxdyyx
)cos(sin
d
c
b
adcba
dyyvdxxuyvxu )()()()(],[],[
Primer
Polovico valja presekamo z ravnino. Izračunajmo prostornino dobljenega telesa
prostornina =
ploščina prereza je
rxh
xrxP 222)(
v:x = h:r
dxrxh
xrr
20
22
dxxduu
xru
22
3
2
3
2
2 2302 hrr
rh
duurh
r
x
Integral funkcije f(x,y) po območju D, ki ni pravokotno obravnavamo takole:
D zapremo v pravokotnik [a,b]x[c,d] in razširimo definicijo funkcije f s pravilom
g(x,y)=f(x,y) za (x,y) iz D
in
g(x,y)= 0 sicer.
Definiramo:
],[],[ dcba
gfD
b
a
xv
xuD
dxdyyxff ),()(
)(
Primer
območje D:
prostornina =
2. možnost:
x
y
z
enačba ravnine: xrh
z
rx 02222 xryxr
2 2
2 20
r x
r x
r hx dy dx
r
3
2...
2 2
0
22 hrdxxrx
rh r
3
2
32 )(
2
2
23222
0
222
22
0
hryyr
rh
dyyrrh
dyx
rh
dydxxrh
r
r
r
r
r
r
yrr
r
yr
DIFERENDIFERENCCIALNE ENAIALNE ENAČBEČBEDiferencialna enačba je funkcijska enačba, v kateri nastopajo odvodi iskane funkcije.
parcialna diferencialna enačba (2. reda)
Primeri
diferencialna enačba za y kot funkcijo x
diferencialna enačba 2. reda
diferencialna enačba 3. reda
Diferencialne enačbe za funkcije ene spremenljivke imenujemo navadne, ko nastopajo parcialni odvodi na več spremenljivk pa pravimo, da so to parcialne diferencialne enačbe
Red diferencialne enačbe je red najvišjega odvoda, ki v njej nastopa.
xyy
22 xyyy
22 xyeyyx y
xzz yxx
Rešitev diferencialne enačbe je funkcija y=y(x), pri kateri je F(x,y(x),y’(x))=0 za vse x na nekem definicijskem območju.
F(x,y,y’)=0 splošna oblika diferencialne enačbe 1. reda
Primeri:
xyy je rešitev diferencialne enačbe , saj je2
2
)(x
exy
2
2
2
2
2
2
22 xxx
eee xx
Enačba mora biti izpolnjena za vse x na nekem intervalu.
ni rešitev diferencialne enačbe , čeprav je za nekatere vrednosti x.
2)( xxy xyy 32 xx
xyy
je rešitev enačbe
je tudi rešitev enačbe
je prav tako rešitev zgornje enačbe...
Velja pravilo: diferencialna enačba reda n ima splošno rešitev, ki je odvisna od n poljubnih parametrov.
xxy )(
xexxy )(
xxexxy )(
22 xyyy
22 xyyy
Splošna rešitev je običajno odvisna od nekaj parametrov. Na primer, vse rešitve enačbe so oblike , kjer sta A in B poljubni realni števili.
22 xyyyxx BxeAexxy )(
Diferencialne enačbe imajo praviloma veliko rešitev, kar je posledica dejstva, da odvajanje ni injektivno.
Geometrični pomen diferencialne enačbe
y=y (x) je rešitev enačbe y’ =f (x,y)
smerni koeficient tangente na graf rešitve v točki x0 je enak f (x0,y (x0))
funkcija f(x,y) določa polje smeri:
pri vsaki točki (x,y) z majhno daljico označimo smer s koeficientom f(x,y).
f(x,y)=x-y
vsaka krivulja, ki je v svojih točkah tangentna na polje smeri, je graf ene izmed rešitev diferencialne enačbe
f(x,y)=x2-y2+1
f(x,y)=-y-sin3x
Diferencialna enačba skupaj z začetnim stanjem v celoti določa evolucijo sistema.
y(0)=C, torej je C začetna količina opazovane snovi
Za 14C:
Hitrost razpadanja pogosto podamo z razpolovno dobo T: zveza s k je kT=ln
2
Hitrost razpadanja radioaktivne snovi je sorazmerna s količino snovi (reakcija 1. reda). Če imamo na začetku neko količino snovi (npr. 5g izotopa 14C), kaj lahko povemo o količini snovi čez nekaj časa (npr. čez koliko časa bo ostalo le 3g 14C)? y=y(t) količina snovi v trenutku t
y’=-k y k je sorazmernostni faktor med količino snovi in hitrostjo razpadanja (npr. za 14C je k =3.83 10-12 s-1)
ktCeycktydtkydy
dtkydy
kydtdy ln
let s 42301413336814621083.3
5108.0ln53
1253
kte kt
Razpolovna doba 14C je (0.6931/3.83) 1012 s ≈ 5730 let.
Fizikalni primer: radioaktivni razcep
Ogljikov izotop 14C nastaja v višjih plasteh atmosfere, ko pod vplivom kozmičnih žar- kov dva neutrona nadomestita dva protona v 14N. Nastali 14C se veže s kisikom v 14CO2.
Razmerje med 14CO2 in 12CO2 v atmosferi je dokaj stabilno.
kozmični žarki
Rastline absorbirajo CO2
v biosfero. Razmerje med 12C in
14C v živih bitjih je enako, kot v atmosferi.
Ko ostanki živih bitij niso več v stiku z atmosfero se razmerje med 12C in
14C zaradi radioaktivnega razpada poveča v prid prvega. Starost ostankov ocenimo na podlagi primerjave stopenj radioaktivnosti.
stopnja radioaktivnosti
0 let 5730 let 11460 let 17190 let starost
Datiranje s 14C
Pri diferencialnih enačbah obravnavamo dva tipa nalog:
npr. enačba
začetni problem
iščemo rešitev enačbe, ki ima v nekih točkah predpisane funkcijske vrednosti (in morda vrednosti odvodov)
npr. začetni problem
yy 2 xAexy 2)(
iskanje splošne rešitve
splošna rešitev
22 xyyy xx BxeAexxy )(
rešitev
3)0(
2
y
yy xexy 23)(
2)0(
0)0(
22
y
y
xyyyxxexxy )(
V družini krivulj gre le ena skozi točko (0,3).
xAey 2
V dvoparametrični družini krivulj je le ena,ki gre skozi izhodišče in ima tam tangento s smernim koeficientom 2.
xx BxeAexy
Diferencialne enačbe z ločljivimi spremenljivkami
V diferencialni enačbi 1. reda lahko ločimo spremenljivki, če jolahko zapišemo v obliki
Primeri
nista enačbi z ločljivimi spremenljivkami
)(
)()()(
yvxu
yxvyyu ali
02 yyx
xyy
xyy 1
2
21 yy 11 2
y
y
12 xyxyxx
yy21
yxy 1 xyyyx
Reševanje enačb z ločljivimi spremenljivkami
implicitna oblika splošne rešitve
U(y) primitivna funkcija za u(y)V(x) primitivna funkcija za v(x)
CxVyUxVyUxvyyu )()()()()()(
Praktično navodilo: v diferencialni enačbi pišemo , prestavimo vse
x na eno stran enačbe, vse y na drugo stran enačbe in potem integriramo vsako stran posebej.
dxdy
y
02 22 yyx 02 22 ydxdy
x 222 xdx
ydy
222 xdx
ydy C
xy 1
2
1)1(2
)(
Cx
xxy
Primeri
spremenljivk se ne da ločiti!
nova spremenljivka:
yxvy )('
)()(ln)(' xVC eeyCxVyxv
yy
)(xVAey A ∈ ℝ
yxy '
yu
yxu
1
uu 1
11ln1
1
xCeuCxudxu
duu
dxdu
1 xCey x
Začetni problem pri enačbah z ločljivimi spremenljivkami
Primer
00 )(
)()(
yxy
xvyyu x
x
y
y
dxxvdyyu00
)()(
2)1(
1 2
y
xyxy
xy
dxxx
ydy1
2
2
1xy
xx
y
1
2
2
2
2ln
2
5ln22
1
2ln2
222
22
xxyx
xy
Diferencialna enačba je funkcijska enačba, v kateri nastopajo odvodi iskane funkcije.
Rešitev DE je funkcija y=y(x), ki za vse x ustreza enačbi. Število prostih parametrov, od katerih je odvisna rešitev je enako redu enačbe.
Geometrično je rešitev DE vsaka krivulja, ki je tangentna na polje smeri.
Začetni problem je iskanje rešitve DE, ki ustreza nekim začetnim pogojem.
DE z ločljivimi spremenljivkami rešimo tako, da ločimo spremenljivki in potem integriramo vsako stran enačbe posebej.
Primer modeliranja z DE
Tripsin je encim trebušne slinavke, ki nastane iz tripsinogena. V reakciji nastopa tripsin kot katalizator, zato je hitrost nastajanja tripsina sorazmerna z njegovo koncentracijo.
y0 ........... začetna koncentracija tripsina
y(t) ........... koncentracija tripsina v času t
y’=ky ........... hitrost nastajanja je sorazmerna koncentraciji
Model napoveduje eksponentno in neomejeno naraščanje količine tripsina. To se v resnici ne more zgoditi, zato model popravimo.
00 yy
kyy
)(začetni problem: rešitev: y=y0ekt
Med reakcijo se tripsinogen porablja: iz vsake molekule tripsinogena nastane ena molekula tripsina. Zato privzamemo, da je hitrost reakcije sorazmerna tako koncentraciji tripsina, kot koncentraciji tripsinogena. Če je skupna koncentracija tripsina in tripsinogena C, začetna koncentracija tripsina pa y0 dobimo začetni problem:
Logistična krivulja: model predvideva, da bo koncentracija tripsina zrasla do prvotne koncentracije tripsinogena, potem pa se bo ustalila.
00 yy
yCkyy
)(
)(
ty
y
ty
y
ktyC
yC
dtkyCy
dydtk
yCydy
00
00
1
ln
)()(
CktyC
Ckt
eC
tyey
yCy
yC
1100
0 )(
Logistična krivulja je dober model za omejeno rast, vendar ni vedno povsem ustrezna. Npr. pri tumorjih število rakastih celic najprej narašča eksponencialno, potem pa se rast umiri in sčasoma ustavi. S poskusi so ugotovili, da krivulja naraščanja ni logistična temveč t.im. Gompertzova krivulja (ena od vidnih razlik je, da pri njej prevoj nastopi precej prej kot pri logistični).
Gompertzova funkcija
)()(atekeyty
10
Eksperimentalno ugotovljeno zakonitost poskušamo razložiti tako, da pogledamo, kateri diferencialni enačbi ustreza Gompertzova funkcija.
s staranjem se reproduktivna moč celic zmanjšuje
reproduktivni faktor se ne spreminja, vendar je naraščanje sorazmerno le z delom števila celic v tumorju, ker se v notranjosti tumorja ustvari nekrotično območje
)()()( tyeeakeyey atatekek atat
10
10
Diferencialna enačba pomeni, da število rakastih celic narašča sorazmerno z velikostjo tumorja, vendar se sorazmernostni faktor spreminja s časom. Vzroke za spremembo razlagajo različno:
yey at
)( yey at
yey at )(
Linearne diferencialne enačbe 1. reda
splošna LDE 1. reda
homogena LDE 1. reda
Velja:
)()( xbyxay
0)( yxay
poljubni rešitvi LDE 1. reda se razlikujeta
za rešitev pripadajoče homogene enačbe.
splošna rešitev LDE 1. reda je oblike y=yP+yH
rešitve homogene LDE 1. reda so oblike
, kjer je A(x) primitivna
funkcija za a(x).
)(xAH Cey
je rešitev
splošne LDE 1. reda
dxexbey xAxAP
)()( )(
0)()( 2121
2211
yyayy
yaybyay
dxxaCey
dxxaydy
yxay
)(
)(0)(
)()()()(
)(
)())((
)()(
)()(
xbyxayxbyxa
exbe
dxexbxaey
PPP
xAxA
xAxAP
Primer
)()( xbyxay Reševanje LDE 1. reda:
1. izračunamo primitivno funkcijo A(x) za a(x);
2. izračunamo integral ;
3. splošna rešitev enačbe je
dxexbxB xA )()()(
))(()( )( CxBexy xA
)sin(xyyx
xx
xy
y)sin(
xxA ln)(
xdxxdxex
xxB x cossin
sin)( ln
xCx
xy
cos
)(
Začetni problem za LDE 1.reda
izračunamo:
rešitev:
Primer
00 )(
)()(
yxy
xbyxay x
x
dxxaxA0
)()(
x
x
xA dxexbxB0
)()()(
))(()( 0)( yxBexy xA
1)0(
32
y
yy xdxxAx
22)(0
2
3
2
33)( 2
0
2 xx
x edxexB
22
31
2
3
2
3)(
222
xxx e
eexy
Primer
RL- električni krog
Kirchhoffov zakon: E=ER+EL
LDE 1.reda
konstantni vir napetosti E:
vir napetosti:E(t)
padec napetosti na uporu: ER=RI
padec napetosti na tuljavi: EL=LI
’ L
R
)(1
tEL
ILR
I
0)0(
1
I
EL
ILR
I
tLR
tA )(
1)(
0
tLRt
tLR
eRE
dtLE
etB
tLR
eRE
tI 1)(
Primerizmenični vir napetosti:
L
E(t)
R
tEtE sin)( 0
Cdtte
LE
etIt
LR
tLR
sin)( 0
tEL
ILR
I sin1
0
bxbbxaba
edxbxe
axax cossinsin
22
Ctt
LRe
LE
eLR
tLR
tLR
cossin2
0
2
2
tLR
CetLtRLR
E
cossin
2220
tLR
CetLR
E
)sin(
222
0
222222sincos
LR
L
LR
R
Rešljivost DE 1. reda
Primeri Začetni problem nima rešitev, ker je edina
rešitev enačbe dana z y(x)=0.
10
02
)(y
yy
02 yy
Začetni problem ima edino rešitev y(x)=x+1.
10
1
)(y
y
Začetni problem
ima neskončno rešitev oblike y(x)=Cx+1.
10
1
)(yx
yy
Picardova iteracijska metoda
numerična metoda za reševanje DE 1.reda
zadostni pogoji za obstoj in edinost rešitve DE 1.reda
(Podobno smo pri Newtonovi metodi enačbo f(x)=0 preoblikovali v x=g(x).)
Rešitev začetnega problema
lahko zapišemo v integralski obliki
ki je primerna za približno reševanje.
00 yxy
yxfy
)(
),(
,))(,()( x
x
dttytfyxy0
0
Za vse n velja:
limitna funkcija y(x) je rešitev začetnega problema.
in(če je f zvezna in če smemo odvajati limito)
Tvorimo zaporedje funkcij y0(x), y1(x), y2(x),... po rekurzivnem pravilu:
))(,()(
)(
xyxfxy
yxy
nn
n
1
00
Privzemimo, da obstaja limitna funkcija ; tedaj je )(lim)( xyxy nn
))(,())(lim,())(,(lim)( xyxfxyxfxyxfxy nnnn
000 yxyxy nn )(lim)(
x
xnn dttytfyxy
yxy
0
01
00
))(,()(
)(
Primer
......
Taylorjeva vrsta za funkcijo y(x)=ex.
10)(y
yy
xdtxyx
1110
1 )(
10 )(xy
2111
2
0
2
xxdttxy
x
)()(
621
211
32
0
2
3
xxxdt
ttxy
x
)()(
24621
6211
432
0
32
4
xxxxdt
tttxy
x
)()(
x
nn dttyxy
xy
0
1
0
1
1
)()(
)(
Primer Picardove iteracije za začetni problem
......
0 1 2
3
10
2
)(y
yxy
Pri določenih pogojih Picardove iteracije konvergirajo proti rešitvi začetnega problema, dobljena rešitev pa je enolična.
Če sta f(x,y) in fy’(x,y) zvezni na neki okolici točke (x0,y0)
potem začetni problem ima natanko eno rešitev
y=y(x) na neki okolici točke x0.
00 yxy
yxfy
)(
),(
xxy tg)(
00
1 2
)(y
yy
Primer
Rešitve ni vedno mogoče podaljšati na celo realno os!
splošna LDE 2. reda
homogena LDE 2. reda
Linearne diferencialne enačbe 2.reda
)()()( xcyxbyxay
0)()( yxbyxay
Velja: poljubni rešitvi LDE 2. reda se razlikujeta
za rešitev pripadajoče homogene enačbe.
splošna rešitev LDE 2. reda je oblike y=yP+yH ,
kjer je yP neka rešitev splošne enačbe, yH pa
poljubna rešitev homogene enačbe.
0)()()( 121212
222111
yybyyayy
ybyaycybyay
če sta y1 in y2 rešitvi homogene enačbe, potem je tudi c1y1+c2y2
rešitev homogene enačbe.
(princip superpozicije)
(sledi iz rezultatov o rešljivosti diferencialnih enačb)
funkciji y1 in y2 sta neodvisni, če nobena ni večkratnik druge
če sta y1 in y2 neodvisni rešitvi homogene enačbe, potem lahko vse rešitve homogene enačbe zapišemo kot superpozicijo y1 in y2.
yH=c1y1+c2y2
0)()(
)()()(
22221111
221122112211
222111
ybyaycybyayc
ycycbycycaycyc
ybyayybyay
0
dodatni pogoj:
rešimo sistem linearnih enačb integriramo
Če sta y1, y2 neodvisni rešitvi homogene enačbe
, potem lahko dobimo rešitev splošne enačbe
, ki je oblike .
0)()( yxbyxay
)()()( xcyxbyxay )()()()()( 21 xyxvxyxuxyP
21 vyuyyP
2211 yvyvyuyuyP 021 yvyu
21 yvyu
2211 yvyvyuyuyP
21
22211121
yvyu
bvyyavyvbuyyauyuyvyubyyay PPP
)()(
= 0 = 0
cyvyu
yvyu
21
21 0vu , vu,
21 vyuyyP
Če je y1 ena rešitev homogene enačbe , lahko dobimo še eno neodvisno rešitev oblike y2=uy1
0)()( yxbyxay
12 uyy 112 yuyuy 1112 2 yuyuyuy
)2(
)()2(
)()2(
111
111111
111111
ayyuyu
byyayuayyuyu
buyyuyuayuyuyu
0)2( 111 ayyuyu
Homogena LDE 1. reda za u’
u2
1
)(
)(ye
uxA
12 uyy
(A(x) primitivna funkcija za a(x))
Reševanje LDE 2.reda: )()()( xcyxbyxay
1. Poiščemo vsaj eno rešitev homogene enačbe 0)()( yxbyxay
2. Drugo rešitev homogene enačbe dobimo v obliki , kjer je
12 uyy
21
)(
)(ye
uxA
3. Partikularno rešitev splošne enačbe dobimo v obliki ,
kjer u in v določimo iz sistema enačb
21 vyuyyP
cyvyu
yvyu
21
21 0
4. Splošna rešitev enačbe je oblike y=yP+c1y1+c2y2.
Primer
•druga rešitev:
2122)1( xyyxyx
0)1(
2
)1(
222
yx
yxx
y
• eno rešitev uganemo: y1=x
HOMOGENA
)1ln()1(
2)( 2
2xdx
xx
xA
SPLOŠNA
22
1 11
2
xxe
xux
)ln(
)(
xxxu
1)( 1)( 2
2 xxy
2
2
12
0)1(
xvxu
xvxuxvxu ,1 2
2,
3
23 xv
xxu
)1(26
)1()1(23
)( 224
2223
xBAx
xxxBAxx
xx
xxxy
• preprosto rešljiva homogena enačba
• lažje računanje posebne rešitve
Primeri uporabe:
nihanja
električna vezja
modeliranje metabolizma
.......
)(xfbyyay
LDE 2. reda s konstantnimi koeficienti
HOMOGENA ENAČBA
Poskušamo z nastavkom: y=erx (analogija z LDE 1.reda)
par realnih ničel
dvojna realna ničla
par konjugiranih kompleksnih ničel
0 byyay
0)( 2 rxebarr
rx
rx
rx
ery
rey
ey
2
02 barr
2
42
2,1
baar
042 ba
042 ba
042 ba
1. primer: par realnih ničel r1,r2:
bazični rešitvi:
splošna rešitev:
2. primer: dvojna realna ničla r
bazični rešitvi:
drugo bazično rešitev dobimo z nastavkom
splošna rešitev:
xr
xr
exy
exy2
1
)(
)(
2
1
xrxrH ececxy 21
21 )(
rxexy )(1
)()()( 12 xyxuxy
xxueee
u xrarx
ax
)(1)(
)2(2
02 ra
rxxexy )(2
rxH exccxy )()( 21
3. primer: par konjugirano kompleksnih ničel: α+iβ, α+iβ
superpozicija rešitev je tudi rešitev ⇒
bazični rešitvi
splošna rešitev
xixxi eee )(
potrebujemo rešitve, ki so realne funkcije
xixe
xixexi
xi
sincos
sincos
xexy
xexyx
x
sin)(
cos)(
2
1
)sincos()( 21 xcxcexy xH
Diferencialna enačba
Karakteristična enačba Ničle Splošna rešitev
Primeri
0 yy
0 yy
044 yyy
054 yyy
0 yyy
012 r
012 r
0442 rr
0542 rr
012 rr
1,1 21 rr
1,0
, 21
irir
22,1 r
1,5 21 rr
2
3
2
1
2
3
2
1
2
1
ir
ir
xx ecec 21
xcxc sincos 21
)( 212 xcce x
xx ecec 25
1
)sincos( 23
223
12 xcxcex
rešitev iščemo v obliki
NEHOMOGENA ENAČBA
1.
način
in dobimo preprosto rešljiv sistem
kjer je
Primer
)(xfbyyay
)()()()()( 21 xyxvxyxuxyP
x
atP dttyxytyxyetf
Axy
0
2112 ))()()()(()(1
)(
)0()0()0()0( 2121 yyyyA
xyyy 32
0322 rrkarakteristična enačba:
rešitve kar. enačbe: 3,1 21 rrxx exyexy 3
21 )(,)( rešitve homogene:
4A
x xx
txtxtP
eexdteeeetexy
0
3332
3649
23)(
4
1)(partikularna rešitev:
xx ececx
xy 3219
23)(
splošna rešitev:
2. način
Za nekatere pomembne primere desnih strani lahko na podlagi izkušenj uganemo obliko rešitve in računamo le neznane koeficiente.
desna stran nastavek (ki so neznani
koeficienti) f(x)=Pn(x) (polinom n-te stopnje)
f(x)=eax
Izjema: če je nastavek za yP rešitev homogene enačbe, potem cel nastavek pomnožimo z x (oz. z x2, če ima karakteristični polinom dvojno ničlo).
Superpozicija: če je desna stran vsota izrazov iz levega stolpca tabele, potem tudi za nastavek vzamemo ustrezno vsoto.
011
1 ...)( kxkxkxkxy nn
nnP
axP kexy )(
bxxfbxxf sin)(,cos)( bxkbxkxyP sincos)( 21
)()( xPexf nax )...()( 01
11 kxkxkxkexy n
nn
nax
P
bxexfbxexf axax sin)(,cos)( )sincos()( 21 bxkbxkexy axP
Primer
nastavek:
xyyy 32
xx eyexy 321 ,)(
rešitve homogene:
0
y
ay
baxy
9
2,
3
1)(320 baxbaxa
9
23)(
xxyPpartikularna rešitev:
xx ececx
xy 3219
23)(
splošna rešitev:
Primer
ker sta ex in xex rešitvi homogene enačbe,nastavek:
xexyyy 22
0122 rrkarakteristična enačba:
rešitve kar. enačbe: 12,1 rxx xexyexy )(,)( 21rešitve homogene:
264)(
22
x
P
exxxxy partikularna rešitev:
splošna rešitev:
xxx
xx
x
edxdxedeay
edxdxebaxy
edxcbxaxy
2
2
22
422
22
)(
xx
xxxxx
exedxcbxax
edxdxebaxedxdxedea
222
22
)(
)22(2)422(
12
022
04
1
d
cba
ba
a
xx
exccex
xxxy )(2
64)( 21
22
Reševanje LDE 2.reda s konstantnimi koeficienti
3. Nehomogeno enačbo rešimo z nastavkom
par realnih ničel r1,r2
dvojna ničla r
par kompleksnih ničel α+iβ, α+iβ
Izjema: če je nastavek za yP rešitev homogene enačbe, potem cel nastavek pomnožimo z x ali z x2.
)(xfbyyay
02 barr1. Rešimo karakteristično enačbo
2. Na podlagi rešitev določimo bazične rešitve homogene enačbe
xrxr exyexy 21 )(,)( 21 rxrx xexyexy )(,)( 21
xexyxexy xx sin)(,cos)( 21
011
1 ...)( kxkxkxkxy nn
nnP
axP kexy )(
bxxfbxxf sin)(,cos)( bxkbxkxyP sincos)( 21
)()( xPexf nax )...()( 01
11 kxkxkxkexy n
nn
nax
P
bxexfbxexf axax sin)(,cos)( )sincos()( 21 bxkbxkexy axP
)()( xPxf n
axexf )(
4. Splošna rešitev je y=yP+c1y1+c2y2.
NIHANJA
sile, ki delujejo na utež
nehomogena LDE 2. reda
homogena LDE za odmik od ravnovesne lege
y
y=y(t) odmik od ravnovesne lege
y’(t) hitrost
y’’(t) pospešekmy’’ =mg-ky
gymk
y
y0
y-y0
mg=ky0 ravnovesna lega obremenjene vzmeti
)()( 000 yykkykyyym
0)()( 00 yymk
yy
Utež z maso m obesimo na vzmet in izmaknemo za L iz ravnovesne lege. Kako bo zanihala?
(privzamemo veljavnost Hookovega zakona, zanemarimo upor in maso vzmeti)
harmonično nihanje
0)0(
)0(
0
y
Ly
ymk
y
0,
sincos)(
BLA
tmk
Btmk
Aty
tmk
Lty cos)( periodično nihanje z amplitudo L in frekvenco
frekvenca je odvisna le od mase uteži in trdote vzmeti, ni pa odvisna od amplitude
mk
enačba prostega nihanja
(isto enačbo dobimo, če obravnavamo nihalo in pri za majhnih kotih nadomestimo sin x z x)
Dušeno nihanje: sila dušenja je sorazmerna hitrosti (če hitrost ni prevelika) in ima nasprotno smer.
koeficient dušenja
yckyym
0 ymk
ymc
y enačba dušenega nihanja
02 mk
rmc
rkar. enačba:
mkmcc
r2
42
2,1
rešitve kar. enačbe:
kmc 42 (koeficient dušenja je majhen)
2202
22
42
4
2
mc
mk
mckm
mc
d
)sincos()( tBtAety ddt )cos(22 teBA d
t
AB
tg
Če je koeficient dušenja dovolj majhen, vtež niha z amplitudo, ki eksponentno vpada s časom. Frekvenca nihanja je konstantna in je nekoliko manjša od frekvence nedušenega nihanja.
kmc 42 (koeficient dušenja je velik)
02
4
02
4
2
2
2
1
mckmc
r
mckmc
r
trtr BeAety 21)(
Pri velikem koeficientu dušenja se vtež bodisi preprosto vrne v ravnovesno lego in v njej obmiruje ali pa enkrat zaniha in potem obmiruje v ravnovesni legi.
kmc 42 (mejni primer)
)()( 2 BtAetyt
mc
V mejnem primeru se zgodi isto kot v
primeru velikega koeficienta dušenja.
VSILJENO NIHANJE
zunanja sila, ki deluje na vzmet
lastna frekvenca prostega nihanja
Splošna rešitev:
Posebno rešitev dobimo z:
- nastavkom
- variacijo konstant
- integralsko formulo
- rešitev začetnega problema y(0)=y’(0)=0
- primerna tudi za odsekoma zvezne desne strani
f(t)
)(tfkyym
mk0
)cos()(
sincos)()(
022
00
tBAty
tBtAtyty
P
P
t
P dxxtxfk
ty0
0 )(sin)(1
)(
Primeri
en signal sproži harmonično nihanje
posamezni signali spremenijo amplitudo, frekvenca se ne spreminja
periodični signal s frekvenco nesorazmerno z lastno povzroči neurejeno nihanje
in še...
periodični signal s frekvenco enako lastni povzroči resonanco
periodični signal s frekvenco blizu lastni povzroči utripanje
Zakaj pride do resonance?zunanja sila:
nastavek:
splošna rešitev:
amplituda neomejeno narašča
tFtf cos)( 0 tmF
yy cos020
tBtAy sincos
tBtAy sincos 22
tmF
tBtAtBtA cos)sincos(sincos 020
22
0,)( 22
0
0
Bm
FA
)cos(cos)(
)( 0220
0
tCtm
Fty
0
nastavek:
amplituda linearno narašča
0
)sincos( tBtAty
ttmF
tyP 00
0 sin2
)(
Dušeno vsiljeno nihanje
(Privzamemo: c2<4km)
rešitev homogene:
nehomogena enačba:
nastavek (ω≠ωd )
splošna rešitev:
superpozicija dveh nihanj; drugo postane sčasoma zanemarljivo (prehodno stanje ⇒ stacionarno stanje)
v stacionarnem stanju je frekvenca enaka frekvenci spodbujanja, amplituda pa je odvisna od mase, koeficienta upora ter razlike med frekvenco spodbujanja in lastno frekvenco dušenega nihanja.
tFkyycym cos0
)cos()( tCety dt
H
22
0,2
dmc
tBtAy sincos
2222220222222
22
0 )(,
)(
)(
cmc
FBcm
mFA
dd
d
)cos()cos()(
)(222222
0
tCetcm
Fty d
tv
d
Razmerje med amplitudo spodbujanja in amplitudo nihanja (ojačenje) je
Resonančna krivulja
Ojačenje kot funkcija frekvence spodbujanja za različne vrednosti koeficienta upora (k=1, m=1):
Amplituda pri dušenem vsiljenem nihanju ne narašča čez vse meje, ko gre .
0
222222 )(
1
cm d
RLC električni krog
Padec napetosti na ...
upoštevamo I=Q ’:
E(t)
ER=RI
EL=LI ’
CQ
EC - uporu je sorazmeren toku;
- tuljavi je sorazmeren spremembi toka;
- kondenzatoru je sorazmeren naboju.
QC
ILRI
EEEtE CLR
1
)(
)(1
tEIC
IRIL )(tFkyycym
induktanca tuljave L
upor R
recipročje kapacitivnosti 1/C
odvod napetosti iz vira E
’(t)
električni tok I
2. Kirchhoffov zakon
masa m (inercija)
koeficient dušenja c (viskoznost)
koeficient elastičnosti k
zunanja sila F(t)
odmik od ravnovesja y
2. Newtonov zakon
RLC krog z izmeničnim (sinusnim) virom napetosti (R>0):
- prehodnemu toku sledi stacionarni električni tok;
- frekvenca stacionarnega toka je enaka frekvenci vira;
- amplituda stacionarnega toka je odvisna od induktance,
kapacitivnosti in razlike med frekvenco vira in lastno frekvenco RLC kroga
- ko se frekvenca vira približa lastni frekvenci pride do
utripanja in do resonance
)(1
tEIC
IRIL )(tFkyycym
Model za ugotavljanje diabetesa
Diabetes je disfunkcija pri presnovi glukoze.
Pri običajnem testiranju dobi pacient na tešče večjo količino glukoze. V naslednjih nekaj urah mu večkrat odvzamejo kri in izmerijo koncentracijo glukoze. Oblika sprememb je podlaga za ugotavljanje diabetesa.
Zaradi nihanja koncentracije, individualnih razlik in drugih dejavnikov, ki vplivajo na količino glukoze v krvi, je pogosto težko postaviti pravilno diagnozo.
Presnovo glukoze krmili vrsta hormonov: insulin (spodbuja absorbcijo glukoze), glukagon (spodbuja nastanek glukoze iz glikogena v jetrih), adrenalin (spodbuja nastanek glukoze in zavira izločanje insulina), tiroksin (spodbuja nastanek glukoze iz ne-karbohidratov), somatotropin (zavira delovanje insulina) in drugi.
G: koncentracija glukoze v krvi
H: skupna koncentracija hormonov v krvi; tiste, ki zmanjšujejo G štejemo z negativnim, ostale pa s pozitivnim predznakom; v običajnih okoliščinah prevladuje vpliv insulina.
Laboratorijsko merimo predvsem G; določanje H je precej težje ali celo nemogoče.
Spreminjanje G in H je odvisno od trenutnih koncentracij G in H.
dovajanje insulina v kri
Funkciji u in v sta neznani. Njuni vrednosti blizu ravnovesnega stanja (G0,H0) ocenimo s pomočjo Lagrangeve formule:
),(
)(),(
HGvH
tJHGuG
)),()(),(),(),(
)(),()(),(),(),(
00000000
00000000
HHHGvGGHGvHGvHGv
HHHGuGGHGuHGuHGu
HG
HG
linearizacija
Vrednosti parcialnih odvodov ne poznamo, ocenimo le njihov predznak:
sistem LDE 1.reda
Prevedemo na LDE 2.reda:
odvajamo 1. enačbo
h’ izrazimo iz 2. enačbe
bh izrazimo iz 1. enačbe
Pacientu damo glukozo na začetku in skoraj trenutno, zato je smiselno reševati homogeno enačbo z začetnim pogojem g(0)=J in g’(0)=0.
)0,,,()(
dcbadhcgh
tJbhagg
)(),( 00 HHhGGg
Jhbgag
Jhdgcbga )(
JggaJdgbcga )(
JdJgbcadgda )()(
JdJgbcadgdag )()(
Enačba opisuje dušeno nihanje ⇒
splošna rešitev gre sčasoma proti 0, tj. G gre proti G0.
Splošna rešitev je (ob negativni diskriminanti) oblike
torej je odvisna od konstant G0,A,α,d,δ.
)cos()( 0 tAeGtG dt
Lastna frekvenca d se izkaže za najmanj občutljivo za napake pri merjenju koncentracij. Na podlagi izkušenj je frekvenca, ki ustreza manj kot 4 uram znak normalne presnove, tista pa, ki ustreza bistveno več kot 4 uram pa kaže na diabetes.
Konstante določimo s pomočjo metode najmanjših kvadratov iz nekaj meritev (običajno 6-8).
Teorija verjetnosti obravnava situacije, pravimo jim poskusi, pri katerih je izid odvisen od naključja.
Možni izidi nekega poskusa tvorijo prostor izidov.
PrimeriMed vožnjo na faks pelje študent mimo treh semaforjev. Pri vsakem se bodisi ustavi (R) ali pa pelje brez ustavljanja (Z). Prostor izidov lahko predstavimo z
{ ZZZ , ZZR , ZRZ , RZZ , ZRR , RZR , RRZ ,RRR }
Letna količina padavin v nekem kraju je zelo odvisna od naključja. Če jo gledamo kot izid poskusa je prostor izidov množica vseh pozitivnih realnih števil
{t | t 0}
Uvrstitev tekmovalca na kolesarski dirki ‘Franja’ lahko gledamo kot na dogodek v poskusu - tekmi - in za prostor izidov vzamemo množico {1,2,...,N}, kjer je N število udeležencev. Ker se število udeležencev iz leta v leto spreminja, je še bolj smiselno vzeti za prostor izidov množico vseh naravnih števil {1,2,3,...}.
VERJETNOSTNI RAČUNVERJETNOSTNI RAČUN
Podmnožicam prostora izidov pravimo dogodki.Dogodek, da se študent ustavi pri drugem semaforju je {ZRZ,ZRR,RRZ,RRR}.
Dogodek,da se kolesar uvrsti med prvih deset je {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}.
• dogodka A in B sta nezdružljiva, če je njun presek nemogoč dogodek, AB=N.
•gotov dogodek G tvorijo vsi možni izidi poskusa, nemogoč dogodek N pa je dogodek, ki ne vsebuje nobenega izida.
• presek dogodkov A in B je dogodek AB, da se zgodi tako A kot B.
Dogodek, da se študent ustavi na prvem in na drugem semaforju je AB={RRZ,RRR}.
• unija dogodkov A in B je dogodek A+B, da se zgodi vsaj eden izmed A in B.
A je dogodek, da se študent ustavi na prvem semaforju, B pa, da se ustavi na drugem semaforju. A+B je dogodek, da se študent ustavi na prvem semaforju, ali na drugem semaforju ali pa na obeh.
A={RZZ,RZR,RRZ,RRR}, B={ZRZ,ZRR,RRZ,RRR}, A+B={RZZ,RZR, ZRZ,ZRR,RRZ,RRR}
Z dogodki računamo enako kot z množicami:
•nasprotni dogodek za A je dogodek A, ki ga tvorijo vsi izidi, ki niso v A.
Dogodek, da se študent ne ustavi na prvem semaforju je A={ZRZ,ZZR,ZZZ,ZRR}.
G
Verjetnostna mera je funkcija, ki vsakemu dogodku A priredi število P(A)[0,1]
in za katero velja:
• P(G)=1
• AB=N P(A+B)=P(A)+P(B)
B
A
P(B)=P(A+(B-A))=
P(A)+P(B-A) ≥
P(A)
A BAB
BABA AB
• P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)
Sledi:
• P( A )=1-P(A) P(A)+P(A )=P(G)=1
• P(N)=0
• A B P(A) P(B)
A A
Primer Naj bo pri metu kocke A dogodek, da pade sodo število pik.
Klasična definicija: P(A)=½, ker je A={2,4,6} v množici izidov {1,2,3,4,5,6}, za katere privzamemo, da so enako verjetni.
Statistična definicija: P(A) dobimo kot frekvenco sodega števila pik pri velikem številu metov kocke.
Po 1000 metih kovanca dobimo 700 grbov
pri 1001. metu sta oba izida enako verjetna
pri 1001. metu je bolj verjetno, da pade grb
klasično
statistično
Klasična definicija verjetnosti: če ima poskus končno število enako verjetnih izidov, potem je število izidov v dogodku A
P(A)=
število vseh izidov
Statistična definicija verjetnosti: frekvenca dogodka A pri n ponovitvah poskusa je
število poskusov z izidom A n
P(A) je limita frekvenc dogodka A pri velikem številu ponovitev poskusa.
Geometrična definicija verjetnosti: če množico izidov lahko predstavimo geometrično, potem je P(A) razmerje med velikostjo (dolžino, ploščino, prostornino...) množice A in velikostjo množice vseh izidov.
Primer Kovanec s premerom 2 cm vržemo na tla pokrita s ploščicami s stranico 10 cm. Kolikšna je verjetnost dogodka A, da kovanec pokrije stik dveh ploščic?
P(A)=82/102=0.64
Za uporabo je odločilna verjetnost, ‘izmerjena’ po statistični
definiciji. Klasična in geometrična definicija sta običajno dobra
približka.
Pogojna verjetnost
Primer Izvleček rastline digitalis je strupen, vendar lahko pomaga srčnim bolnikom. Ugotavljanje zastrupitve je zelo zahtevno. V neki raziskavi so primerjali koncentracijo digitalisa v krvi s prisotnostjo znakov zastrupitve.
K+/K-: visoka/nizka koncentracija digitalisa v krvi Z+/Z-: prisotnost/odsotnost znakov zastrupitve
relativne frekvence
Verjetnost zastrupitve P(Z+)=0.318
Verjetnost zastrupitve ob visoki koncentraciji digitalisa
P(Z+|K+)=0.185/0.289=0.640
Verjetnost nezastrupitve P(Z-)=0.682
Verjetnost nezastrupitve ob nizki koncentraciji digitalisa
P(Z-|K-)=0.578/0.711=0.848
A,B dogodka ( P(B)≠0 )
Pogojna verjetnost dogodka A pri pogoju B je
Pogojna verjetnost P(A|B) je delež dogodka A med poskusi, pri katerih se zgodi dogodek B.
Primer
Predpostavimo, da je verjetnost dežja (A) v oblačnem vremenu (B) enaka 0.4 in da je verjetnost oblačnega vremena 0.6. Tedaj je verjetnost, da bo deževalo P(A)=P(AB) = P(A|B).P(B)=0.4
. 0.6=0.24
)(
)()|(
BPABP
BAP
PrimerIz škatle s petimi rdečimi in tremi modrimi kroglicami izvlečemo dve kroglici. Kolikšna je verjetnost, da sta iste barve?
? ?
M: prva kroglica je modra
R: prva kroglica je rdeča
A: druga kroglica je iste barve kot prva
baza
P(M)=3/8
P(R)=5/8
P(A|M)=2/7 P(A|R)=4/7
P(A)=6/56+20/56=13/28
formula o popolni verjetnosti
H1
H3
H2
H4
A
S pomočjo pogojne verjetnosti lahko obravnavamo dogodek, katerega verjetnost je odvisna od tega, kaj se zgodi na prvi stopnji poskusa:
Izide na prvi stopnji razdelimo na nezdružljive dogodke H1,H2,...,Hn. Poznati moramo verjetnosti P(Hi) in pogojne verjetnosti P(A|Hi ). Tedaj je
)|()(...)|()()(...)(
)...())...(()(
111
11
nnn
nn
HAPHPHAPHPAHPAHP
AHAHPHHAPAP
)|()(...)|()()|()()( nn HAPHPHAPHPHAPHPAP 2211
H1,H2,...,Hn baza dogodkov P(Hi|A)=P(AHi)/P(A)= P(A|Hi).P(Hi)/P(A)
Bayesova formula
Primer
Raziskave zanesljivosti poligrafov (detektorjev laži) kažejo, da naprava zazna lažen odgovor v 88% primerov in da zazna resničen odgovor v 86% primerov.
Ob testiranju večjega števila ljudi (npr. kandidatov za zaposlitev), na vprašanje, pri katerem velika večina (npr. 99%) nima razlogov lagati, poligraf pri enem od vprašanih zazna simptome lažnega odgovora. Kolikšna je verjetnost, da je vprašani govoril resnico?
L: vprašani laže
R: vprašani govori resnico
P: poligraf zazna laž
N: poligraf zazna resnico
P(L)=0.01
P(R)=0.99
P(P|L) =0.88 P(N|L) =0.12
P(N|R)=0.86 P(P|R)=0.14
P(R|P)=?
Verjetnost, da je vprašani govoril resnico, čeprav je poligraf zaznal laž, je 94%!
)(
)()|()|(
APHPHAP
AHP iii
Občasno nas zanima kaj se je zgodilo na prvi stopnji, če poznamo izid na drugi stopnji.
94.001.088.099.014.0
99.014.0
)()|()()|(
)()|()|(
LPLPPRPRPPRPRPP
PRP
A je neodvisen od B, če je P(A|B)=P(A).
A in B sta neodvisna ⇔ P(AB)=P(A).P(B)
P(A|B)=P(A) ⇔ P(AB)=P(A)P(B)
Primer Iz škatle, v kateri imamo 7 polnih in 3 prazne baterije naključno
vzamemo dve. Naj bo A dogodek, da je prva baterija polna, B pa dogodek, da je druga baterija polna. Ali sta dogodka A in B neodvisna?
P(B|A) )AP()A P(B|P(A)P(B|A)P(B)
)A P(B|) P(B|AP(A)
10
7
10
3
9
7
10
7
9
6
9
7
9
6
10
7
Dogodka A in B sta odvisna.
Primer• V sobi je n oseb. Kolikšna je verjetnost, da imata dve rojstni dan na isti dan?
Dogodek A: dve osebi imata rojstni dan na isti dan.
Nasprotni dogodek: vsi rojstni dnevi so različni.
Ai dogodek, da ima (i+1)-vi različen rojstni dan od prvih i;
Ai so medsebojno neodvisni ⇒
365
365 i)P(Ai
365
1365
365
363
365
364121121
)-n(APAPAPAAAP nn
)()...()()...(
365
1365
365
363
365
3641
)-n(-P(A)
23 oseb ⇒ P(A)>50%
32 oseb ⇒ P(A)>75%
47 oseb ⇒ P(A)>95%
Če vržemo dve kocki, dobimo za vsoto pik število med 2 in 12, vendar te vsote ne moremo vnaprej napovedati, saj je odvisna od slučaja. Podobno velja za število šestic v dveh metih.
Primeri količin odvisnih od slučaja:
• število potnikov mestnega avtobusa, ki izstopijo na postaji
• število metov potrebnih, da igralec z določene razdalje zadane koš
• število bonbonov v vrečki
• življenjska doba žarnice
• teža hlebca kruha
......Slučajna spremenljivka je funkcija, katere vrednosti so odvisne od slučaja.
Določa jo njena: zaloga vrednosti = nabor vrednosti, ki jih lahko zavzame, in porazdelitev = verjetnost, da zavzame eno ali več vrednosti iz zaloge
Slučajne spremenljivke
Primer
Pri metu dveh kock je možnih 36 različnih in enako verjetnih izidov. Če z V označimo vsoto pik, je pripadajoča porazdelitev verjetnosti:
36
67
36
586
36
495
36
3104
36
2113
36
1122
)P(V
)P(V)P(V
)P(V)P(V
)P(V)P(V
)P(V)P(V
)P(V)P(V
Vsi ostali izidi imajo verjetnost 0.
Funkcija pV(n) = P(V=n) je verjetnostna gostota slučajne spremenljivke V.
Slučajna spremenljivka X je diskretna, če zavzame končno ali največ števno mnogo vrednosti x1, x2, x3,...
Njena porazdelitev je povsem določena z gostoto pX(x)=P(X=x).
Običajno naštejemo le neničelne vrednosti: p(x1),p(x2),p(x3),...
Primeri diskretnih porazdelitev enakomerna porazdelitevenakomerna porazdelitev
• X zavzame vrednosti x1, x2,... xn
• pX (x)=1/n, če je x∈{x1, x2,... xn}
pX (x)=0, sicer
Število pik pri metu kocke je enakomerno porazdeljeno:
zaloga vrednosti je {1,2,3,4,5,6}, vse vrednosti imajo verjetnost 1/6.
110 i
ii xpxp )()( Velja:
binomska porazdelitevbinomska porazdelitev
Poskus ponovimo n-krat: naj bo vsakič verjetnost uspeha enaka p (in verjetnost neuspeha 1-p).
(npr. žogo vržemo 10-krat na koš; zadanemo z verjetnostjo 70%)
Slučajna spremenljivka B naj bo število uspešnih poskusov. Kako je porazdeljena?
(tj. kakšna je verjetnost, da bomo imeli k zadetkov?)
• Zaloga vrednosti spremenljivke B je {0,1,2,...,n} • Privzamemo, da so izidi poskusov medsebojno neodvisni.
Obstaja različnih zaporedij k uspešnih in (n-k) neuspešnih poskusov;
verjetnost vsakega zaporedja je pk(1-p)n-k .
k
n
n-kkB p)( p
k
nk) P(B(k) p
1
%.. . p 20200030706
106 46
)(npr. verjetnost, da koš zadanemo natanko 6-krat je
Porazdelitev spremenljivke B za n=10 in p=0.7:
binomska porazdelitev b(n,p)
b(20,0.4)
b(100,0.65)
Lastnosti binomske porazdelitve b(n,p):
značilna zvonasta oblika grafa
maksimum pri n.p (približno)
za velike n so vse verjetnosti zelo majhne ali celo zanemarljive
• tedaj je bolj smiselno verjetnosti opazovati
kumulativno: P(B ≤ k)
ali
intervalsko: P(j ≤ B ≤ k)
Primer
Žogo vržemo na koš 100-krat (verjetnost zadetka je 70%). Kolikšna je verjetnost, da bomo zadeli več kot 65-krat?
83703070100
10065100
66
100 .. . k
) B P(k
kk
računanje je zelo zamudno in numerično zahtevno
83.7%
Kaj je bolj verjetno: da bomo v 10 metih zadeli 10-krat ali v 100 metih več kot 80-krat?
n=5, p=0.1, N=100
Verjetnost, da bo en signal brez napake:
(od treh poslanih je bilo 0 ali 1 narobe sprejetih)
Verjetnost, da bo 100 signalov brez napake: P100=0.423
9910901052
0
5 .. . k
Pk
kk
Primer
Ko signal (0 ali 1) pošiljamo po povezavi obstaja verjetnost p, da pri sprejemu pride do napake. Pri zelo moteni povezavi pošljemo vsak signal n-krat (n liho), sprejemnik pa šteje za pravilen tisti znak, ki ga dobi večkrat. Kolikšna je verjetnost, da bo N znakov dolgo sporočilo sprejeto brez napake?
9720901031
0
3 .. . k
Pk
kk
n=3, p=0.1, N=100
Verjetnost, da bo en signal brez napake:
(od treh poslanih je bilo 0 ali 1 narobe sprejetih)
Verjetnost, da bo 100 signalov brez napake: P100=0.058
geometrična porazdelitevgeometrična porazdelitev
Ponavljamo poskus z verjetnostjo uspeha p. Slučajna spremenljivka G je število poskusov, potrebnih za prvi uspeh. Kako je porazdeljena?
p=0.2
• Zaloga vrednosti spremenljivke G je {1,2,3,... }
• P(G=k)=p.(1-p)k-1
Poissonova porazdelitevPoissonova porazdelitev
Poissonova porazdelitev P(a)
• zaloga: {0,1,2,3,... }
• porazdelitev: -a
ke
k!a
kp )(
Uporaba:
modeliranje emisije -delcev v danem časovnem intervalu modeliranje časovnih vrst (vrste pred bančnimi okenci, gostota prometa, obremenitve
telefonskega omrežja) modeliranje redkih nesreč v zavarovalništvu (npr. čebelji piki, padci pod tušem)
.......
Če je a=n.p majhen, je Poissonova porazdelitev zelo dober približek za binomsko porazdelitev.
n.p=a, n → ∞binomska porazdelitev b(n,p): n-kk p)( p
k
nk) P(B
1
-knkknkn-kk
na
na
nnn)(n-k)n(n-
k!a
na
na
k)(n-k)n(n-
p)( pk
n
1111
121
111
e-a 1 1
-ak
ek!a
Zvezne slučajne spremenljivke
Kadar je zaloga slučajne spremenljivke X neštevna (npr. življenjska doba žarnice), potem ne moremo našteti verjetnosti posameznih izidov in jim povrhu običajno sploh ne moremo pripisati pozitivne verjetnosti.
Pomagamo si s kumulativno verjetnostjo:
P(X ≤ x) = verjetnost, da X zavzame vrednost največ x
(npr. da žarnica pregori po x urah)
FX(x) = P(X ≤ x) je (kumulativna) porazdelitvena funkcija spremenljivke X
Porazdelitvena funkcija slučajne spremenljivke je
• naraščajoča
• na (-∞,∞) zraste od 0 do 1
Spremenljivka X je zvezna če je njena porazdelitvena funkcija FX zvezna.
porazdelitvena funkcija diskretne in zvezne slučajne spremenljivke
Če je spremenljivka X zvezna, potem obstaja funkcija pX(x), da je dt(t)p(x)Fx
XX
pX(x) je gostota slučajne spremenljivke X
dt(t)p (x)p XX 110
Za gostoto slučajne spremenljivke velja:Kjer je pX zvezna je pX=FX ’.
dx(x)pbXaPb
aX )(
S pX računamo podobno, kot z diskretno gostoto, le da vsote nadomestimo z integrali:
P(a≤X ≤ b) = verjetnost, da X zavzame vrednost med a in b (npr. da je življenjska doba žarnice med a in b ur)
Primeri zveznih porazdelitev
enakomerna porazdelitevenakomerna porazdelitev
sicer0
101 xp(x)
na [0,1], gostota:
sicer0
1bxa
abp(x)
na [a,b], gostota:
0 1
1
a b
ab1
eksponentnaeksponentna porazdelitev porazdelitev
xea
xp(x) -ax 0
00
Podobna Poissonovi; uporaba pri modeliranju življenjske dobe, modeliranju vpliva mamil na živčne receptorje, napovedovanju potresov...
Normalna porazdelitev Normalna porazdelitev N(a,N(a,))
2
2
1
2
1
σx-a
-e
πσp(x)podana z gostoto:
Primeri
zvonasta oblika
maksimum pri a
simetrična glede na a
gostota N(0,) za različne :
N(0,1) je standardizirana normalna porazdelitev;
njena gostota je 2
2
2
1 x
-e
π(x)
)σ
x-a(
σ(x)pN(a,σ
1)
poljubno normalno porazdelitev lahko izrazimo s pomočjo standardizirane
dteπ
Φ(x)x t
-
0
2
2
2
1
Porazdelitvena funkcija standardizirane normalne porazdelitve je
dteπ
(x)Fx
-
t-
),N(
210
2
2
1
F(x)
(x)
Poljubno normalno porazdelitveno funkcijo lahko izrazimo s standardizirano:
)σ
x-a(Fdu(u) dt)
σt-a
(σ
dt(t) p(x)F ),N(
σx-a
-
x
-
x
-N(a,σ N(a,σ( 10)
1
σx-a
-u
x -t
dt
σ du
σat
u1
Integral ni elementarna funkcija - pomagamo si s tabelami za funkcijo
Φ(x)(x)F ),N( 2
110
(x) (x)
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0.0 0.0000 0.0039 0.0079 0.0119 0.0159 0.0199 0.0239 0.0279 0.0318 0.03580.1 0.0398 0.0437 0.0477 0.0517 0.0556 0.0596 0.0635 0.0674 0.0714 0.07530.2 0.0792 0.0831 0.0870 0.0909 0.0948 0.0987 0.1025 0.1064 0.1102 0.11400.3 0.1179 0.1217 0.1255 0.1293 0.1330 0.1368 0.1405 0.1443 0.1480 0.15170.4 0.1554 0.1590 0.1627 0.1664 0.1700 0.1736 0.1772 0.1808 0.1843 0.1879
0.5 0.1914 0.1949 0.1984 0.2019 0.2054 0.2088 0.2122 0.2156 0.2190 0.22240.6 0.2257 0.2290 0.2323 0.2356 0.2389 0.2421 0.2453 0.2485 0.2517 0.25490.7 0.2580 0.2611 0.2642 0.2673 0.2703 0.2733 0.2763 0.2793 0.2823 0.28520.8 0.2881 0.2910 0.2938 0.2967 0.2995 0.3023 0.3051 0.3078 0.3105 0.31320.9 0.3159 0.3185 0.3212 0.3238 0.3263 0.3289 0.3314 0.3339 0.3364 0.3389
1.0 0.3413 0.3437 0.3461 0.3484 0.3508 0.3531 0.3554 0.3576 0.3599 0.36211.1 0.3643 0.3665 0.3686 0.3707 0.3728 0.3749 0.3769 0.3789 0.3809 0.38291.2 0.3849 0.3868 0.3887 0.3906 0.3925 0.3943 0.3961 0.3979 0.3997 0.40141.3 0.4031 0.4049 0.4065 0.4082 0.4098 0.4114 0.4130 0.4146 0.4162 0.41771.4 0.4192 0.4207 0.4221 0.4236 0.4250 0.4264 0.4278 0.4292 0.4305 0.4318
1.5 0.4331 0.4344 0.4357 0.4369 0.4382 0.4394 0.4406 0.4417 0.4429 0.44401.6 0.4452 0.4463 0.4473 0.4484 0.4494 0.4505 0.4515 0.4525 0.4535 0.45441.7 0.4554 0.4563 0.4572 0.4581 0.4590 0.4599 0.4607 0.4616 0.4624 0.46321.8 0.4640 0.4648 0.4656 0.4663 0.4671 0.4678 0.4685 0.4692 0.4699 0.47061.9 0.4712 0.4719 0.4725 0.4731 0.4738 0.4744 0.4750 0.4755 0.4761 0.4767
2.0 0.4772 0.4777 0.4783 0.4788 0.4793 0.4798 0.4803 0.4807 0.4812 0.48162.1 0.4821 0.4825 0.4829 0.4834 0.4838 0.4842 0.4846 0.4849 0.4853 0.48572.2 0.4860 0.4864 0.4867 0.4871 0.4874 0.4877 0.4880 0.4883 0.4886 0.48892.3 0.4892 0.4895 0.4898 0.4900 0.4903 0.4906 0.4908 0.4911 0.4913 0.49152.4 0.4918 0.4920 0.4922 0.4924 0.4926 0.4928 0.4930 0.4932 0.4934 0.4936
2.5 0.4937 0.4939 0.4941 0.4942 0.4944 0.4946 0.4947 0.4949 0.4950 0.49522.6 0.4953 0.4954 0.4956 0.4957 0.4958 0.4959 0.4960 0.4962 0.4963 0.49642.7 0.4965 0.4966 0.4967 0.4968 0.4969 0.4970 0.4971 0.4971 0.4972 0.49732.8 0.4974 0.4975 0.4975 0.4976 0.4977 0.4978 0.4978 0.4979 0.4980 0.49802.9 0.4981 0.4981 0.4982 0.4983 0.4983 0.4984 0.4984 0.4985 0.4985 0.4986
3.0 0.4986 0.4986 0.4987 0.4987 0.4988 0.4988 0.4988 0.4989 0.4989 0.4989
Ker je funkcija xliha, so tabelirane le njene vrednosti za pozitivne x.
(1.02)=0.3461
(-0.89)=-(0.89)=-0.3132
F(-0.89)=0.5+(-0.89)=0.1868
Če je X standardizirano normalna N(0,1), je )Φ(x)Φ(x)xXP(x 1221
Če pa je X normalna N(a,), je )σ
axΦ()
σax
Φ()xXP(x
1221
Primer Slučajna spremenljivka X je porazdeljena po zakonu N(1.5,0.2). Kolikšna je verjetnost, da X zavzame vrednost med 1 in 1.5?
4937052)5.2(051120
511
20
5151 .).Φ(Φ)Φ()Φ()Φ().X P(..-
..-.
X porazdeljena po N(a,):
682601211 .)()-)- )σ
a-σ-σ)-
σσ-aa
)σaX P(a-σ
((((
954402222 .)()σaXσ P(a-
997203233 .)( )σaXσ P(a-
- 2-2 3-3
68%
95%
99.5%
)-p)np( N(np, 1Normalna porazdelitev je dober približek za binomsko porazdelitev b(n,p):
b(10,0.4)
N(4,1.55)b(20,0.6)
N(12,2.19)b(100,0.2)
N(20,4)
Laplaceovi približni formuli (X porazdeljena po b(n,p), q=1- p):
lokalna
integralska
npqk-np
npqe
π npqq p
k
n(k)p npq
(k-np)-
n-kkX 1
2
1 2
2
npq-npx
Φnpq-npx
Φ) x X P(x 12
21
Primerjava binomske, Poissonove in normalne porazdelitve
b(100,0.02)
P(2)
N(2,1.4)
b(50,0.4)
P(20)
N(20,1.4)
Normalna porazdelitev je običajno boljši približek za binomsko kot Poissonova.
Ko je produkt n.p majhen (in n dovolj velik) pa je Poissonov približek boljši.
Povezave med verjetnostjo P, porazdelitveno funkcijo FX in gostoto porazdelitve pX
P FX
pX
FX(x) = P(X ≤ x)
P(a ≤ X ≤ b)=FX(b)-FX(a)
p X(x
)=F ’ X
(x)
x
F X(x
) = ∫p X
(t) d
t
-∞
b
P(a ≤ X ≤ b) =∫ p
X (t) dt
a
X je porazdeljen standardizirano normalno. Kako je porazdeljen Y=X2?
Primeri Slučajna spremenljivka X ima gostoto pX. Kakšno gostoto ima Y=kX+l?
Funkcije slučajne spremenljivke - gostota
)0()()()()(
kk
lyF
kly
XPylkXPyYP(y)F XY
)(11
)()(k
lyp
kkkly
F(y)Fyp XXYY
Posebej, če je X porazdeljena po N(a,), je )(1
)(
axxpX
))(
(1
)(1
)(
k
lkayk
ak
yp kly
Y
)()()()()( 2 yyyXyPyXPyYP(y)FY
)0(2
1)(
1
2
1)(
2
1)()( 2
ye
yy
yyy
yyyp
y
Y
Porazdelitev z gostoto se imenuje 2 (hi-kvadrat).)0(2
1)( 2
xe
xxp
x
tudi kX+l je normalno porazdeljena in sicer po N(ka+l,k).
Povprečna vrednost
X diskretna, vrednosti xk, gostota p(xk) X zvezna, gostota p(x)
k
kk xpxE(X) )( povprečna vrednost
spremenljivke X
x p(x) dxE(X)
PrimerRuleta ima številke od 1 do 36 ter še 0 in 00. Če vložiš 1 Euro na sode, dobiš ali zgubiš 1 Euro glede na to ali kroglica pade na sodo oziroma liho številko.
Dobiček X je +1 z verjetnostjo 18/38 in -1 z verjetnostjo 20/38.
Povprečni dobiček je
19
1
38
201
38
181 )(E(X)
Če vložiš 1 Euro na izbrano številko (npr. 25) dobiš 36 Eurov če kroglica pade na 25, v nasprotnem pa zgubiš 1 Euro.
Povprečni dobiček je
38
1
38
371
38
136 )(E(X)
xe
xp(x) x- 0010
00010..
PrimerŽivljenjska doba žarnice je porazdeljena eksponentno. Kolikšna je, v povprečju, njena življenjska doba?
ur 100010
1
010
1
010
1
010
1010
010
0
010
0
010
0
010
0
010
..
...
.
.
..
.
e-
dx e
x e-
dxx eE(X)
x-
x-x-
x-
Primeri V neki tovarni je približno en izdelek od desetih pokvarjen. Vsak dan izdelke pregledujejo enega po enega dokler ne najdejo pokvarjenega. Koliko izdelkov morajo v povprečju pregledati?
1
1
1 k-
k
-p)(pkE(X)trik:
221
1
21
1
0
1
11
11
1
1
1
1
p-p)-(-p)k (
-xk x
-xx
k
k-
k
k-
k
k
p1
Povprečno morajo dnevno pregledati po 10 izdelkov.
Igralec na ruleti igra po naslednjem sistemu. Vsakič igra igro z verjetnostjo 0.5 (npr. rdeče, izidov 0 in 00 ne štejemo). Najprej vloži 1 Euro; če izgubi, podvoji vložek in to ponavlja, dokler ne zmaga; ob vsaki zmagi je na dobičku 1 Euro (zaporedja vložkov so 1-2, 1-2-4, 1-2-4-8, 1-2-4-8-16 itn.). Po zmagi spet začne z 1 Eurom... Ali je to zanesljiva pot do zaslužka?
1
0 2
12 k
k
kE(X)Povprečna vrednost slučajne spremenljivke X ni definirana!
‘Sistem’ zahteva neskončno zalogo denarja (in možnost za neomejene stave).
Naj bo X količina denarja vložena pri zadnji igri (tisti, v kateri igralec zmaga).Zaloga vrednosti X je {1,2,4,8,...}, tj. {2k; k=0,1,2,3,...}; porazdelitev je P(X=2k)=2-(k+1).
X je geometrično porazdeljena s p=0.1:
k
kk p)f(xE(f(X))
p(x) dxf(x)E(f(X))oziroma
o V vodiču smo prebrali, da je junija povprečna maksimalna dnevna temperatura v Rimu 77oF. Kolikšno je povprečje v Co?
2532779
532
9
5 )()(TT oo FC
Domneva: povprečje je 25oC.
o Stroj izdeluje svinčene kroglice, katerih premer je v povprečju 1 cm. Kolikšna je povprečna masa teh kroglic (=11.2 g/cm3)?
Težava: iz E(X) ne moremo izračunati E(X 3).
Y=f(X); E(Y)=?
Funkcije slučajne spremenljivke – povprečna vrednost
ikik yxfkAxXPkp )(|),()(
i Ak k
kki i Ak
iii
ii
kpxfkpxfkpyyYPyYE )()()()()()()(
baE(X)(x) dxpb(x) dxpxa(x) dxpb)(axb)E(aX
Primeri
(zato smemo preračunati povprečje iz Fo v Co)
0
223
22
22
22dxexx
DmmX
E Dx
00
223
232
24
2
2dueu
mDdu
uD
euDD
m uu
duu
Ddx
Dx
u2
,2
2
4
3
2
3mD
Hitrost molekule plina je slučajna spremenljivka X in je porazdeljena po Maxwellovem porazdelitvenem zakonu z gostoto
Dx
-
X e xπD
(x)p 223
2
2
(x ≥ 0, D je odvisen od temperature)
Kolikšna je povprečna kinetična energija molekule?
Razpršenost
Mera za odstop od povprečne vrednosti:
k
kk )p(xm)(xD(X) 2
p(x) dxm)(xD(X) 2
m=E(X)
praktična formula:
2))(( XEXED(X) razpršenost (varianca, disperzija)
22 )()( XEXED(X)
2222222
222
22
2
)-mE(Xmm)-E(Xp(x) dxmp(x) dxxmp(x) dx-x
p(x) dx)mmx-(xp(x) dx(x-m)D(X)
D(X)σ(X) standardni odklon slučajne spremenljivke X
σ(X)ab)σ(aX
D(X)ab)D(aX
2
536
21
6
16
6
15
6
14
6
13
6
12
6
11 .)( XE
6
91
6
136
6
125
6
116
6
19
6
14
6
112 )(XE
92212
35
6
21
6
912
.)(
XD
Primer Kako je razpršeno število pik pri metu kocke?
Primer Standardni odklon pri metu kocke je 711922 ..
Lastnosti razpršenosti in standardnega odklona
vpeljemo:
E(X)=n.p
D(X)=n.p.(1-p)
Binomska b(n,p): zaloga {0,1,2,...,n},n-kk
k p)( pk
n p
1
Poissonova P(a): zaloga {0,1,2,3,...},
-ak
k ek!a
p
E(X)=a
D(X)=a
Povprečna vrednost in razpršenost nekaterih pomembnih porazdelitev
sešteti moramo in
n
k
n-kk p)( pk
nkXE
0
1)(
n
k
n-kk p)( pk
nkXE
0
22 1)(
kn
k
n-kkn xq pk
nqpx
0
)(
pqpxnqpxxq pk
nk nnk
n
k
n-kk
11
0
)())((
nppqpnq pk
nkx n
n
k
n-kk
1
0
)1(1
222
0
))(1())(()1( pqpxnnqpxxq pk
nkk nnk
n
k
n-kk
)1()1)(1(1 2221
0
2 pnppnnppqpnnq pk
nkx n
n
k
n-kk
aeeaeka
keek
xk
kx
e aa
k
ak
xx
k
k
k
kx
00
1
0 !)(
!!
0
222
0
2
0
2
!!)(
!)1(
k
ak
k
ak
k
kx aae
ka
kaeka
kkk
xkke
Normalna N(a,):
σx-a
σe
πσp(x) σ
x-a-
1
2
12
2
1
=0
(liha funkcija)
=1
E(X)=a
=1=0
D(X)=2
(X)=
dx
σx-a
σxXE 1
)(
dttadtttdttat )(
dxdtax
t1
,
dttadtttadtttdttatdxσ
x-aσ
x 22222 2)(1
2222 )( aadtttt
)()( tvdtttdv
dtdutu
a
enakomerna
n,...,,21
]),[()( baxxpab
1
21n
1212 n
1212 n
binomska b(n,p) n,...,,, 210 knk ppk
nkp
)()( 1 np )( pnp 1 )( pnp 1
geometrijska ,...,, 321 11 kppkp )()( p1
2
1
pp
pp1
Poissonova P(a) ,...,, 210a
ka ekp
k !
)( a a a
enakomerna
],[ ba 2ba
12
2)( ab32
)( ab
eksponentna ),[ 0 axaexp )(
nkp 1)(
a1
a1
2
1a
normalna N(a,) ),( 2
21
21
ax
exp )( a 2
porazdelitev zaloga gostota E(X) D(X) (X)
Povprečna vrednost in razpršenost nekaterih porazdelitev - povzetek
dis
kretn
ezv
ezn
e
Skupne porazdelitve več slučajnih spremenljivk
Primer
Trikrat vržemo kovanec. Naj bo X število grbov pri prvem metu (0 ali 1), Y pa skupno število grbov (0,1,2 ali 3). Zanima nas, kako sta spremenljivki X in Y odvisni druga od druge.
Vsota po vrsticah je porazdelitev X, vsota po stolpcih pa je porazdelitev Y.
8
1
8
3
8
3
8
12
1
8
1
8
2
8
12
1
8
1
8
2
8
1
01
00
3210x\y
Vpeljemo porazdelitev dveh slučajnih spremenljivk
pi,j=p(xi,yj)=P(X=xi, Y=yj)
Možni izidi so {ggg,ggc,gcg,cgg,gcc,cgc,ccg,ccc}, zato dobimo
8
1
8
2
8
18
1
8
2
8
1
01
00
3210x\y
Diskretna porazdelitev (X,Y) z gostoto p(xi,yj)
robni porazdelitvi j
jiiX ),yp(x)(xp i
jijY ),yp(x)(yp
Zvezna porazdelitev (X,Y) z gostoto p(x,y)
robni porazdelitvi
p(x,y) dy(x)pX
p(x,y) dx(y)pY
Porazdelitvena funkcija
F(x,y)=P(X ≤ x, Y ≤ y)
(X,Y) zvezno porazdeljena
x y
dvp(u,v) du F(x,y)
(x,y)Fp(x,y) xy
Povprečna vrednost vsote slučajnih spremenljivk
E(X+Y)=E(X)+E(Y)
E(a1X1+a2X2+...+anXn)=E(a1X1)+E(a2X2)+...+E(anXn)
Neodvisnost slučajnih spremenljivk
X in Y sta neodvisni, če je P(X ≤ x, Y ≤ y)=P(X ≤ x).P(Y ≤ y) za vse pare x,y.
Ekvivalentno: F(x,y)=FX(x).FY(y), oziroma p(x,y)=pX(x).pY(y).
Primer
81
83
83
81
21
81
82
81
21
81
82
81
01
00
3210y\x
X in Y nista neodvisna
(npr. p(1,2)=1/8, pX(1).pY(2)=3/16)
X,Y neodvisna ⇒ E(XY)=E(X).E(Y)
)()()()(
),(),(),()()(
YEXEdyypydxxpx
dydyyxpydxdyyxpxdydxyxpyxYXE
YX
-
)()(),()(),()( YEXEdyyxpydxxpxdydxyxpxyXYE YX
-
Razpršenost vsote slučajnih spremenljivk
D(X+Y)=E((X+Y)2)-E(X+Y)2=
=E(X2+2XY+Y2)-(E(X)+E(Y))2=
=E(X2)+2E(XY)+E(Y2)-E(X)2-2E(X)E(Y)-E(Y)2=
=D(X)+D(Y)+2(E(XY)-E(X)E(Y))
K(X,Y) kovarianca slučajnih spremenljivk X in Y
X,Y neodvisna ⇒ X,Y nekorelirana ⇔ D(X+Y)=D(X)+D(Y)
Primeri
81
83
83
81
21
81
82
81
21
81
82
81
01
00
3210y\x
8
1
8
6
8
78
12
8
13
8
32
8
31
2
18
7
8
13
8
22
8
11
K(X,Y)
E(Y)E(X)
E(XY)
⇒ X in Y nista neodvisna
X porazdeljena po N(0,1), Y=X2
E(XY)=E(X3)=0 (ker je integrand liha funkcija)
E(X)E(Y)=0 (ker je E(X)=0)X in Y sta odvisna in vendar nekorelirana
X,Y sta nekorelirana, če je K(X,Y)=0
σ(X)σ(Y)K(X,Y)
r(X,Y) korelacijski koeficient X in Y
8
1
8
3
8
3
8
12
1
8
1
8
2
8
12
1
8
1
8
2
8
1
01
00
3210x\y
Primer
2887032
12
3(3
8
19
8
34
8
31
2
1(
2
1
8
1
8
12
2
1
22
.r(X,Y)
Y) σ )Y E(X) σ )E(X
K(X,Y) E(Y)E(X)
12
σ(X)D(X)
σ(X)X
D r(X,Y)σ(X)σ(Y)K(X,Y)
σ(Y)Y
σ(X)X
D 22211
razpršenost je vedno ≥ 0 ⇒ r(X,Y) ≥ -1
r(X,Y)=-1 ⇒ konst.σ(Y)Y
σ(X)X
σ(Y)Y
σ(X)X
D
0
podobno:
|r(X,Y)| ≤ 1
|r(X,Y)| = 1 ⇒ X in Y sta linearno odvisna
1220 r(X,Y) r(X,Y) σ(Y)Y
σ(X)X
D
Zakon velikih števil
Pri večjem številu poskusov je odklon od povprečja manj verjeten.
Primer
Igralec zadane v povprečju 70% metov na koš. Kaj je bolj verjetno:
da bo v 10 metih zadel 10-krat ali v 100 metih več kot 80-krat?
P(10 zadetkov iz 10 poskusov)=0.710=0.028
008803070100100
81
100 .. . kk
kk
P(več kot 80 zadetkov iz 100 poskusov)=
Prva možnost je trikrat (!) bolj verjetna. Zakaj je tako?
Zakoni velikih števil
X slučajna spremenljivka z gostoto p(x), m=E(X), =(X)
L
σ(X) L ) | P(|X-E(X)
2
ocena
Čebiševa(verjetnost znatnega odstopanja od povprečne vrednosti je omejena s standardnim odklonom)
k
σ(X) ) k| P(|X-E(X) 21Druga oblika ocene Čebiševa:
Primer
P(|X-E(X)| ≥ 2) ≤ 0.25 ocena velja za poljubno porazdelitev
za primerjavo: pri normalni porazdelitvi je P(|X-E(X)| ≥ 2) ≤ 0.05
(X)=0 ⇒ P(X=m)=1 (če je razpršenost enaka 0, je X konstantna)
D
dxxp L ) P(|X-m| )(
D
dxxpLmx
)()(
2
2
22
22
1)()(
1 L
dxxpmxL D
kjer je D={x∈ℝ; |x-m| ≥ L}
ker na D velja
1)(
2
2
Lmx
Pomen standardnega odklona
Povprečje izidov:n
X...XXS n
n
21
n neodvisnih ponovitev nekega poskusa ⇒
izidi so slučajne spremenljivke X1,X2,...Xn
neodvisne in enako porazdeljene
npr. kocko vržemo n-krat in za Xk vzamemo število pik pri k-tem metu;
žogo vržemo n-krat, Xk je število zadetkov (0 ali 1) pri k-tem metu.
Porazdelitev spremenljivke Sn je zapletena.
npr. pri metu kocke imamo 5n+1 izidov, z različnimi verjetnostmi
pri metu na koš je Sn relativna frekvenca zadetkov, porazdeljena je binomsko
D(X)n
D(X) nn
X...XX Dn
X...XXn
D)D(S nnn
1111221221
Z naraščanjem števila poskusov pada razpršenost povprečja izidov proti 0.
Povprečna vrednost in razpršenost Sn:
X1,X2,...Xn neodvisne (zadošča nekorelirane) in porazdeljene enako kot X
E(X)E(X) nn
X...XX En
X...XXn
E)E(S nnn
1112121
E(Sn)=E(X)
D(X)n
)D(Sn
1
Sn = povprečje slučajnih spremenljivk X1,X2,...Xn ,,
ki so nekorelirane in porazdeljene kot X
L
D(X)n
LE(X)SP n 2
1
LE(X)S P nn0lim
zakon velikih števil: z naraščanjem števila poskusov pada verjetnost, da se povprečje spremenljivk razlikuje od njihove povprečne vrednosti proti 0.
Primer
Xk = število šestk pri k-tem metu kocke
X1+X2+...+Xn = število šestk po n metih kocke
Sn = relativna frekvenca šestk po n metih
06
1
n
n LSP
ocena Čebiševa ⇒
zakon velikih števil ⇒
Kaj se zgodi s porazdelitvijo vsote X1+X2+...+Xn ko gre n → ∞ ?
Primeri Xk neodvisne, diskretno porazdeljene P(Xk=1)=p, P(Xk=0)=1-p
X1+X2+...+Xn je porazdeljena binomsko b(n,p)
Xk neodvisne, enakomerno zvezno
porazdeljene na intervalu [0,1]
porazdelitev za X1+X2+...+Xn :
Xk neodvisne, zvezno eksponentno
porazdeljene z gostoto p(x)=e - x
za x ≥ 0
porazdelitev za X1+X2+...+Xn :
Porazdelitve vsote X1+X2+...+Xn zavzamejo zvonasto obliko, vendar jih težko primerjamo ker se ‘premikajo’.
X
poljubna spremenljivka
σ(X)X-E(X)
Z
standardizirana spremenljivka 1
0
2
σ(X)D(X)
σ(X)X-E(X)
DD(Z)
σ(X)E(X)-E(X)
σ(X)X-E(X)
EE(Z)
X1,X2,X3,... neodvisne, enako porazdeljene slučajne spremenljivke;
standardiziramo: )X...Xσ(X)X...X)-E(XX...X(X
Zn
nnn
21
2121
(x)F(x) F ),N(Zn n 10lim
centralni limitni izrek: standardizirana porazdelitev vsote konvergira proti standardni normalni porazdelitvi
Rešitev: vsoto standardiziramo
Primer
Naj bodo X1,X2,...,X20 rezultati 20 neodvisnih meritev količine m z razpršenostjo D(Xi)=2. Ocenimo verjetnost, da povprečje meritev odstopa od m za več kot polovico standardnega odklona .
Čebišev:20
2
20
1
2 2
2
20 .σ
σσmSP
Povprečje meritev je S20: E(S20)=m, D(S20)=2/20.
Centralni limitni izrek:
9742023222
202
2
20
202
20
22220
2020
.).Φ(Φ
σmS
P σ
mSσ
P σ
mSP
02580974201220 ..σ
mS P
Ocena, ki jo dobimo
iz centralnega limitnega izreka je veliko natančnejša.