MATEMANIJA

Evo mene ponovo. U pitanju je zadatak sa ispita, ali ovaj put nemam svoje resenje koje bih podelio sa vama.
Svaka pomoc je dobrodosla


U kutiji se nalazi [inlmath]6[/inlmath] kuglica numerisanih brojem [inlmath]1[/inlmath], [inlmath]2[/inlmath] kuglice numerisane brojem [inlmath]2[/inlmath] i [inlmath]3[/inlmath] kuglice numerisane brojem [inlmath]3[/inlmath]. Odjednom se izvlače [inlmath]3[/inlmath] kuglice. Ako je [inlmath]X[/inlmath] slučajna promenljiva koja predstavlja zbir brojeva na izvučenim kuglicama, odrediti:
a) Zakon raspodele verovatnoća slučajne promenljive[inlmath]X[/inlmath]
b) [inlmath]E(X)[/inlmath], [inlmath]\sigma^2(X)[/inlmath]
c) Verovatnoću da će zbir biti najviše [inlmath]E(X)[/inlmath]
d) Treći centralni momenat raspodele za [inlmath]X[/inlmath]

Hvala unapred

Ovo je hipergeometrijska raspodela.
Pogledaj najpre linkovani tutorijal, pri dnu teme.

Zatim:
Mogu se izvući sve tri kuglice numerisane brojem [inlmath]1[/inlmath] za šta je verovatnoća:
[dispmath]P(X=3)=\frac{\displaystyle{6\choose3}}{\displaystyle{11\choose3}}[/dispmath]
Potom se kombinuje, tako da slučajna promenljiva [inlmath]X[/inlmath] koja predstavlja zbir vrednosti može uzeti vrednosti:
[inlmath]3,4,5,6,7,8,9[/inlmath]

E sada može da se formira zakon raspodele, pri čemu je ostalo lako, sve što se traži.
Da li bi mogao bar malo da nastaviš, pa da završimo zajedno zadatak?

p.s. ne postoji [inlmath]\sigma2[/inlmath] koliko je meni poznato, pa sam to u tvom postu izmenio na [inlmath]\sigma^2[/inlmath]

Hvala za početnu pomoć.

Evo šta sam uradio.

a)
[dispmath]\begin{array}{llll}
P(X=3)=0,121 & P(X=4)=0,030 & P(X=5)=0,051\\
P(X=6)=0,036 & P(X=7)=0,021 & P(X=8)=0,006 & P(X=9)=0,001
\end{array}[/dispmath]
b) Pomoću toga izračunao očekivanje i varijansu.
[dispmath]E(X)=1,158[/dispmath]
Varijansa od [inlmath]X=4,294[/inlmath]

Ukoliko se trazi[inlmath]P\bigl(X\le E(X)\bigr)[/inlmath] a mi u zadatku imamo tek od [inlmath]P(X=3)[/inlmath] sta onda raditi?

Nisi dobro izračunao verovatnoće.
Da bi nešto predstavljalo zakon raspodele, suma verovatnoća mora biti jednaka [inlmath]1[/inlmath] i to se zove normirajući uslov.
Neki autori kažu i normativni uslov, no to nije toliko bitno.
Da li bi mogao da napišeš kako si bar jednu od ovih verovatnoća računao, da se ukaže na grešku, pa da nastavimo?
p.s. Prva verovatnoća je ok, tj na tri decimale je zaista [inlmath]P(X=3)=0,121[/inlmath].
Prikaži za npr ovu kada je [inlmath]X=5[/inlmath] , kako si računao.

[dispmath]P(X=5)=\large\frac{{3\choose1}\cdot{6\choose2}+{2\choose2}\cdot{6\choose1}}{11\choose3}[/dispmath]

Pogresio sam u racunu. Evo sa ispravkom.

a)
[dispmath]\begin{array}{llll}
P(X=3)=0,121 & P(X=4)=0,181 & P(X=5)=0,309\\
P(X=6)=0,218 & P(X=7)=0,127 & P(X=8)=0,036 & P(X=9)=0,006\\
\end{array}[/dispmath]
Iz toga onda varijansu i ocekivanje.
[dispmath]E(X)=5,171\\
\sigma^2=1,831[/dispmath]
A sad za ovo.
[dispmath]P\bigl(X\le E(X)\bigr)=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)=0,611[/dispmath]
A ovo pod d) ne znam.

Hvala puno na odgovoru!
Proveriču tačnost tvojih rezultata, a za ovo pod d) ima formula pa ću i to uraditi samo sačekaj nekoliko sati.

Proverio sam, i sve verovatnoće su tačne, samo imam primedbu na jedno zaokruživanje:

Marsovac je napisao:[dispmath]P(X=4)=0,18{\color{red}1}[/dispmath]

Za [inlmath]P\left(X=4\right)[/inlmath] se dobije [inlmath]\frac{2}{11}[/inlmath], što mu dođe [inlmath]0,1818181818\ldots[/inlmath], a kada to zaokružimo na tri decimale, biće [inlmath]\approx0,18{\color{green}2}[/inlmath] (pogledaj ovu temu o zaokruživanju).
I onda, kada sabereš sve verovatnoće koje si dobio, zaista, dobije se [inlmath]0,999[/inlmath]. Onaj [inlmath]0,001[/inlmath] koliko fali do jedinice posledica je toga što, kad verovanoće pišeš zaokružene na tri decimale, ne dobiješ tačne, već približne vrednosti.
Zbog toga uvek preporučujem da se verovatnoće ostave u obliku razlomaka. Tada bi bilo:
[dispmath]\begin{array}{llll}
\displaystyle P(X=3)=\frac{4}{33} & \displaystyle P(X=4)=\frac{2}{11} & \displaystyle P(X=5)=\frac{51}{165}\\
\displaystyle P(X=6)=\frac{36}{165} & \displaystyle P(X=7)=\frac{7}{55} & \displaystyle P(X=8)=\frac{2}{55} & \displaystyle P(X=9)=\frac{1}{165}
\end{array}[/dispmath]
I to su onda tačne vrednosti verovatnoća. Ne približne. Kad ih sve sabereš, dobićeš tačno [inlmath]1[/inlmath], a ne [inlmath]0,999[/inlmath].

Marsovac je napisao:Iz toga onda varijansu i ocekivanje.
[dispmath]E(X)=5,171\\
\sigma^2=1,831[/dispmath]

Ako se očekivanje radi na ovaj precizan način, preko razlomaka a ne zaokruživanjem na tri decimale, dobije se [inlmath]E\left(X\right)=\frac{57}{11}\approx5,182[/inlmath]. Dakle, [inlmath]5,182[/inlmath] je sigurno tačnija vrednost od [inlmath]5,171[/inlmath] koju si ti dobio, a najtačnija (tj. sasvim tačna) vrednost bila bi [inlmath]\frac{57}{11}[/inlmath].
Zbog toga nema svrhe da, ako već ideš na ovaj manje precizan način, vrednost očekivanja pišeš s tri decimale, jer, kao što si upravo video, već kod druge decimale se javlja odstupanje u odnosu na tačnu vrednost.
A ako od vas baš traže da verovatnoće zaokružite na tri decimale, onda ti je moj savet da prvo preko razlomaka izračunaš sve ostalo (očekivanje, varijansu) pa tek na samom kraju da razlomke zapišeš kao brojeve s tri decimale.

Za varijansu ja dobijem [inlmath]\sigma^2=\frac{216}{121}\approx1,785[/inlmath].

A pod d) ?

[dispmath]\mu_3=\sum_{i=1}^n\bigl(x_i-E\left(X\right)\bigr)^3\cdot P\left(X=x_i\right)[/dispmath]
E sada zameni ovo, imaš [inlmath]n=7[/inlmath] članova i dobijaš centralni moment trećeg reda.
p.s. Koristi razlomke kao što reče Daniel i dobijaš tačan rezultat.