Paradoksi u teoriji vjerojatnosti i teoriji slu cajnih procesa

Sveuciliste J J Strossmayera u OsijekuOdjel za matematiku

Jasna Okopni

Paradoksi u teoriji vjerojatnosti i teoriji slucajnihprocesa

Diplomski rad

Osijek 2020


Jasna Okopni


Diplomski rad

Mentor doc dr sc Danijel Grahovac

Osijek 2020

Sadrzaj

1 Uvod 1

2 Paradoksi u teoriji vjerojatnosti 221 Paradoks kockica 222 Paradoks podjele 323 Paradoksi nezavisnosti 424 Paradoks Montyja Halla 625 Bertrandov paradoks 926 St Petersburski paradoks 1127 Paradoks o Bernoulijevom zakonu velikih brojeva 1528 De Moivreov paradoks 1629 Rodendanski paradoks 18

3 Paradoksi u teoriji slucajnih procesa 2031 Paradoks procesa grananja 2032 Paradoks o Brownovom gibanju 2533 Paradoks vremena cekanja 27

Literatura 31

Zivotopis 34

1 Uvod

Tijekom povijesti pojavljivali su se brojni problemi kontradikcije i paradoksi koji su dovelido osporavanja tadasnjih teorija i poticali trazenje novih rjesenja Sto je paradoks rdquoZnamda nista ne znamrdquo Ova izjava je jednostavan primjer paradoksa Paradoksom nazivamotvrdnju koja vodi do kontradikcije ili situacije koja je u suprotnosti s intuicijom Paradoksipostoje svuda u znanosti matematici filozofiji i u svakom kutku naseg zivota

U ovom radu detaljnije cemo se upoznati s nekim paradoksima iz teorije vjerojatnostii teorije slucajnih procesa Za pocetak opisat cemo najstarije paradokse poput paradokskockica i paradoks podjele potom cemo definirati pojam nezavisnosti i paradokse vezaneuz taj pojam Nadalje govorit cemo i o nekim vec poznatim paradoksima poput paradoksMontyja Halla Bertrandov paradoks i St Petersburski paradoks Paradoks o Bernullijevomzakonu velikih brojeva i De Moivreov paradoks su paradoksi koji su vezani za najznacajnijeteoreme u teoriji vjerojatnosti Na kraju poglavlja je rodendanski paradoks koji matematickiizracun suprotstavlja prirodnoj intuiciji Na posljetku navest cemo tri paradoksa iz teorijeslucajnih procesa paradoks procesa grananja paradoks o Brownovom gibanju i paradoksvremena cekanja

1

2 Paradoksi u teoriji vjerojatnosti

Ljude su oduvijek zanimale stvari koje su nemoguce ili same sebi protuslovne Takve zanim-ljive rdquopogreskerdquo postoje i u matematici U ovom poglavlju bit ce opisano devet paradoksakoji su vezani za teoriju vjerojatnosti

21 Paradoks kockica

Kockice su bile najpopularnija igra na srecu sve do kraja srednjeg vijeka Prema grckojtradiciji Palamedeo1 je izmislio kockice kako bi zabavio grcke vojnike dok cekaju bitku kodTroje Prva knjiga o teoriji vjerojatnosti je rdquoDe Ludo Aleaerdquo od Gerolama Cardanoa2 kojaje uglavnom posvecena kockicama te sadrzi paradokse kojima se kasnije bavio i Galileo3 usvome raduU teoriji vjerojatnosti osnovni pojmovi su pokus i njegov ishod tj elementarni dogadajPokus ciji je ishod slucajan naziva se slucajan pokus a za njegovo opisivanje koristimo vje-rojatnosni prostor (ΩF P ) Vjerojatnosni prostor je matematicki model za dani slucajnipokus koji nastaje tako sto svakom dogadaju A koji je element σ-algebre F podskupova odΩ 6= empty pridruzuje njegova vjerojatnost P (A) sa svojstvom 0 le P (A) le 1 pri cemu je onapotpuno odredena tim modelomAko imamo slucajan pokus s konacno mnogo elementernih dogadaja i ako su svi ti elemen-tarni dogadaji jednako moguci onda je vjerojatnost da se realizra dogadaj A sube Ω jednakaje kvocijentu broja elemenata skupa A i broja elemenata skupa Ω tj

P (A) =k(A)

k(Ω)

Vjerojatnost u klasicnom smislu suprostavlja dio cjeline samoj cjelini P (A) je oznaka zavjerojatnost dogadaja A dok je k(A) oznaka za broj elemanata skupa A

ParadoksPretpostavimo da imamo dvije pravilne (simetricne) kockice Zbroj tockica na kockicama jeizmedu 2 i 12 9 i 10 mozemo dobiti na dva razlicita nacina

9 = 3 + 6 = 4 + 5

10 = 4 + 6 = 5 + 5

U slucaju kada bacamo tri pravilne kockice 9 i 10 mozemo dobiti na 6 razlicitih nacinaZasto je vjerojatnost da cemo dobiti 9 veca ako igramo s dvije kockice a 10 ako igramo s trikockice

Problem je tako jednostavno rijesiti da je u to vrijeme zaista bilo iznenadujuce Cardano iGalileo su istaknuli da se u obzir mora uzeti poredak brojeva u bacanju Inace svi rezultatine bi bili jednako vjerojatni Oznacimo dogadaje sA - suma brojava koji su pali je 9B - suma brojeva koji su pali je 10U slucaju dvije kockice prostor elementernih dogadaja je Ω = (i j) i j isin 1 2 3 4 5 6a njegov kardinalni broj iznosi k(Ω) = 36 Dogadaj A mozemo zapisati na sljedeci nacin

A = (i j) isin Ω i+ j = 9 = (3 6) (6 3) (4 5) (5 4)1grcki pjesnik i izumitelj2talijanski fizicar matematicar astronom lijecnik i filozof3talijanski matematicar fizicar astronom i filozof

2

dok jeB = (i j) isin Ω i+ j = 10 = (4 6) (6 4) (5 5)

Primjenom klasicnog pristupa racunanja vjerojatnost vjerojatnost dogadaja A je veca odvjerojatnosti dogadaja B tj

P (A) =k(A)

k(Ω)=

4

36=

1

9 P (B) =

k(B)

k(Ω)=

3

36=

1

12

P (A) gt P (B)

U slucaju tri kockice prostor elementarnih dogadaja je Ω = (i j z) i j z isin 1 2 3 4 5 6dok je k(Ω) = 216 Takoder primjenom klasicnog pristupa racunanja vjerojatnosti vjerojat-nost dogadaja rdquosuma brojeva koji su pali je 9rdquo je manja od vjerojatnosti dogadaja rdquosumabrojeva koji su pali je 10rdquo tj

P (A) =25

216 P (B) =

27

216

P (A) lt P (B)

22 Paradoks podjele

Paradoks je prvi puta objavio fra Luca Pacioli4 u svom djelu rdquoSumma de arithmetica ge-ometria proportioni et proportionalitardquo u Veneciji 1494 godine no kasnije je otkrivenospominjanje paradoksa podjele u talijanskom rukopisu koji datira iz 1380 godine5 Mnogestvari ukazuju na to da je problem arapskog podrijetla te da je stigao do Italije proucavanjemarapskog jezika Ma koliko problem bio star cinjenica je da je trebalo jako dugo da se nadepravo rjesenje Nakon nekoliko neuspjesnih pokusaja Pascal6 i Fermat7 neovisno jedan odrugome dosli su do tocnog rezultata 1654 godine Otkrice je bilo tako vazno da mnogiljudi tu godinu smatraju radanjem teorije vjerojatnosti a svi dotadasnji rezultati pripadajuparpovijesti

ParadoksDva igraca igraju fer igru tj obojica imaju iste sanse za pobjedu Tko prvi dobije 6 rundiosvaja cijelu nagradu Pretpostavimo da se igra zaustavi prije nego sto ijedan od njih osvojinagradu (npr prvi igrac je osvojio 5 a drugi 3 runde) Kako se nagrada moze postenopodijeliti

Ovaj problem zapravo nije paradoks no neuspjesnost u njegovom rjesavanju stvorio je le-gendu paradoksa Jedan od odgovora je bio podijeliti nagradu u omjeru dobivenih rundinpr 5 3 Tartaglia8 je predlozio podjelu u omjeru 2 1 Najvjerojatnije je mislio da jeprvi igrac osvojio dva kruga vise od drugoga sto je 1

3od preostalih 6 rundi tako da prvi igrac

treba dobiti trecinu nagrade a ostatak podijeliti na pola Posteni omjer je 7 1 sto je dalekood prethodnih rezultata

4talijanski matematicar franjevac suradnik Leonarda da Vincija i jedan od prvih tvoraca modernogracunovodstva

5otkrio je Oslashystein Ore norveski matematicar6francuski filozof matematicar i fizicar7francuski matematicar i pravnik8mletacki matematicar

3

Pascal i Fermat smatrali su to vjerojatnosnim problemom Pravedna podjela je omjer vje-rojatnosti da prvi igrac pobjedi drugoga i vjerojatnosti da drugi igrac pobjedi prvoga Pret-postavimo da prvom igracu treba jedna pobjeda od zavrsetka igre a drugom trebaju triIgra ce zavrsiti u najvise tri runde tako da je broj svih mogucih jednako vjerojatnih ishoda2 middot 2 middot 2 = 8 Najispravnija podjela nagrade je u omjeru 7 1 jer postoji samo jedan moguciishod da drugi igrac dobije nagradu (kada pobijedi u sve tri preostale runde) dok u ostalimslucajevima pobjeduje prvi igracOpcenito neka prvom igracu trebaju n a drugom m pobjeda do kraja Maksimalni brojrundi do kraja je n + m minus 1 a broj svih mogucih ishoda je 2n+mminus1 Izracunajmo kolika jevjerojatnost da prvi igrac osvoji nagradu Broj svih povoljnih sansi za pobjedu prvog igracaje (

n+mminus 1

n

)+

(n+mminus 1

n+ 1

)+ middot middot middot+

(n+mminus 1

n+mminus 2

)+

(n+mminus 1

n+mminus 1

)

tako da je vjerojatnost da prvi igrac osvoji nagradu

1

2n+mminus1

n+mminus1sumj=n

(n+mminus 1

j

)

Slicno vjerojatnost da drugi igrac dobije nagradu je

1

2n+mminus1

n+mminus1sumj=m

(n+mminus 1

j

)

a omjer tih vjerojatnosti je upravo omjer u kojem igraci trebaju podijeliti nagradu Drugimrijecima nije vazan broj rundi koje je svaki igrac osvojio vec broj rundi koje svaki igracmora osvojiti da bi postigao ukupnu pobjedu

23 Paradoksi nezavisnosti

Intuitivmo je jasno da pojam nezavisnosti dvaju dogadaja A i B podrazumijeva da realizacijajednog od njih ne utjece na realizaciju drugog

Definicija 21 Neka je (ΩF P ) vjerojatnosni prostor Kazemo da su dogadaji AB isin Fnezavisni ako vrijedi

P (A capB) = P (A)P (B)

Sljedeca definicija pojam nezavisnosti dogadaja generalizira na proizvoljnu familiju dogadaja

Definicija 22 Neka je (ΩF P ) vjerojatnosni prostor Kazemo da je proizvoljna fa-milija dogadaja (Ax x isin I) sube F nezavisna ako za svaki konacan skup razlicitih indeksai1 in sube I vrijedi

P( n⋂j=1

Aij)

=nprodj=1

P (Aij)

Ako za familiju dogadaja Ai i isin I vrijedi P (Ai capAj) = P (Ai)P (Aj) za sve i 6= j onda jeona nezavisna u parovimaS N Bernstein9 je skrenio pozornost na sljedeci paradoks

9ruski matematicar

4

ParadoksBacamo dva pravilan novcica Neka su dogadaji

Aminus na prvom novcicu je pala glava

B minus na drugom novcicu je pala glava

C minus na jednom i samo jednom novcicu je pala glava

Dogadaji A B i C su nezavisni u parovima te bilo koja dva jednoznacno odreduju treci

Prostor elementarnih dogadaja je Ω = (P P ) (GG) (PG) (GP ) a pripadne vjerojat-nosti dogadaja su

P (A) =1

2 P (B) =

1

2 P (C) =

1

2

Ocito je da su A i B nezavisni tj

P (A capB) =1

4=

1

2middot 1

2= P (A)P (B)

rezultat prvog bacanja je nezavisan o rezultatu drugogaDogadaji A i C (takoder B i C) na prvi pogled ne djeluju nezavisno no kako je

P (A cap C) = P (A)P (C) =1

4

slicno

P (B cap C) = P (B)P (C) =1

4

slijedi njihova nezavisnostZakljucujemo da su dogadaji A B i C nezavisni u parovima jer vrijedi

P (A capB) = P (A cap C) = P (B cap C) =1

4

Kako je

P (A capB cap C) = 0 6= 1

8= P (A)P (B)P (C)

dogadaji nisu medusobno nezavisni Ovaj paradoks pokazuje da nezavisnost u parovima nepovlaci medusobnu nezavisnost dogadaja

ParadoksRelacija P (AcapBcapC) = P (A)P (B)P (C) ne znaci uvijek da su dogadaji medusobno nezavisni

Ako imamo dvije pravilne kockice prostor elementarnih dogadaja je

Ω = (i j) i j = 1 6 k(Ω) = 36

te je svaki dogadaj jednako vjerojatan Pretpostavimo da imamo sljedece dogadajeA = prvo je pao 1 2 ili 3B = prvo je pao 3 4 ili 5C = dobivena suma na palim kockicama je 9Vjerojatnosti navedenih dogadaja su

P (A) =1

2 P (B) =

1

2 P (C) =

1

9

5

Nadalje definirajmoA capB = (3 1) (3 2) (3 3) (3 4) (3 5) (3 6)A cap C = (3 6)B cap C = (3 6) (4 5) (5 4)A capB cap C = (3 6)Kako je

P (A capB cap C) =1

36=

1

2middot 1

2middot 1

9= P (A)P (B)P (C)

mogli bi pretpostaviti da su dogadaji medusobno nezavisni Provjerom nezavisnosti u paro-vima dolazimo do zakljucka da dogadaji A B C nisu medusobno nezavisni jer

P (A capB) =1

66= 1

4= P (A)P (B)

P (A cap C) =1

366= 1

18= P (A)P (C)

P (B cap C) =1

126= 1

18= P (B)P (C)

Drugim rjecima nezavisnost na razini 3 ne povlaci nezavisnost na razini 2

24 Paradoks Montyja Halla

U americkom casopisu Parade postojala je kolumna Pitajte Marilyn u kojoj je Marilyn vosSavant10 odgovarala na pitanja svojih citatelja 1990 godine postavljen joj je problemMontyja Halla koji je vjerojatnosna zagonetka koja se temelji na igri u okviru americkogshow Letrsquos Make a Deal a nazvan je prema voditelju Montyju Hallu

ParadoksPretpostavimo da igrac sudjeluje u TV igri na srecu u kojoj bira jedna od triju vrata Izajednih je vrata nagrada a iza preostalih dvaju vrata nalaze se koze Nakon sto igrac izaberevrata voditelj otvori jedna od preostalih vrata pokaze da je iza njih koza te pita igraca zelili promijeniti izbor Ima li igrac vece sanse za pobjedu ako promijeni izbor

Odgovor od Marilyn je bio da igrac treba promijeniti svoj izbor Primila je tisuce pisamasvojih citatelja od kojih se velika vecina ukljucujuci i matematicare i znanstvenike nijeslozila s njezinim odgovorom

Mnogo ljudi bi razmisljalo na sljedeci nacin Ako voditelj otvori jedna vrata i iza njih senalazi koza onda mogu izabrati jedna od preostalih dvaju vrata (zadrzati prvotno izabranavrata ili izabrati nova vrata) tj svaka vrata imaju vjerojatnost 1

2da se iza njih nalazi

nagrada pa im je svejedno hoce li izabrati nova vrata ili ostati pri svom prvom izboruTakvo razmisljanje je krivo

10zena s najvise ikada postignutih bodova na IQ testu ukljucujuci i muskarce i zene

6

Na pocetku igre svaka vrata imaju vjerojatnost 13

da se iza njih nalazi nagrada Nakon stoigrac izabere vrata i voditelj otvori jedna od preostalih vrata te pokaze da se iza njih nalazikoza igrac ima opciju zadrzati svoj izbor ili zamijeniti svoja vrata s vratima koja su ostalazatvorena Rjesenje za ovaj problem je uvijek mijenjati vrata jer vjerojatnost da se nagradanalazi iza prvih vrata je 1

3 a iza preostalih dvojih vrata je 2

3 Ako se jedna od preostalih

dvojih vrata otvore i iza njih se nalazi koza znaci da je njezina vjerojatnost jednaka 0 pa jevjerojatnost da se nagrada nalazi iza vrata koja igrac nije izabrao 2

3 Znaci u slucaju da se

igrac odluci promijeniti svoj izbor osvaja nagradu s vjerojatnoscu 23

(a) Pocetni izbor (b) Potez voditelja

Slika 21 Monty Hall problem (preuzeto iz [9])

Pogledajmo sada matematicki rjesenje ovog problemaPretpostavimo da je igrac izabrao prva vrataZa pocetak definirajmo potpun sustav dogadaja

Definicija 23 Konacna ili prebrojiva familija dogadaja Hi i isin I I sube N u vjerojat-nostnom prostoru (ΩF P ) je potpun sustav dogadaja ako vrijedi

1 Hi 6= empty za sve i isin I

2 Hi capHj = empty za sve i 6= j i j isin I

3⋃iisinI Hi = Ω

Imamo tri dogadajaAi minus nagrada se nalazi iza iminus tih vrata i = 1 2 3koji cine potpun sustav dogadaja Zbog slucajnog rasporeda nagrade i koza vrijedi

P (A1) = P (A2) = P (A3) =1

3

Oznacimo sBi minus voditelj je otvorio iminus ta vrata i = 1 2 3Ako je nagrada iza vrata broj 1 voditelj slucajno bira izmedu vrata broj 2 i 3

P (B2|A1) = P (B3|A1) =1

2

Ako je nagrada iza vrata broj 2 voditelj mora otvoriti vrata broj 3

P (B2|A2) = 0 P (B3|A2) = 1

a ako se nagrada nalazi iza vrata broj 3 voditelj mora otvoriti vrata broj 2

P (B2|A3) = 1 P (B3|A3) = 0

Za odredivanje vjerojatnosti dogadaja Bi bit ce nam potreban sljedeci teorem

7

Teorem 21 (Formula potpune vjerojatnost) Neka je (ΩF P ) vjerojatnosni prostor i Hi i isin I I sube N potpun sustav dogadaja na njemu Tada za proizvoljan dogadaj A isin F vrijedi

P (A) =sumiisinI

P (A|Hi)P (Hi)

Dokaz Uocimo da dogadaj A isin F mozemo predstaviti na sljedeci nacin

A =⋃iisinI

A capHi

Takoder uocimo da je A capHi i isin I I sube N familija disjunktnih skupova Prema tomeslijedi da je

P (A) =sumiisinI

P (A capHi) =sumiisinI

P (A|Hi)P (Hi)

Kako voditelj nece otvoriti vrata koja je igrac izabrao slijedi

P (B1) = 0

Koristenjem Formule potpune vjerojatnosti dobivamo

P (B2) = P (B2|A1)P (A1) + P (B2|A2)P (A2) + P (B2|A3)P (A3) =1

2middot 1

3+ 0 + 1 middot 1

3=

1

2


2middot 1

3+ 1 middot 1

3+ 0 =

1

2

Koristenjem sljedeceg teorema dobit cemo trazene vjerojatnosti

Teorem 22 (Bayesova formula) Neka je Hi i isin I I sube N potpun sustav dogadaja navjerojatnosnom prostoru (ΩF P ) i neka je A isin F dogadaj s pozitivnom vjerojatnosti tjP (A) gt 0 Tada za svaki i isin I vrijedi

P (Hi|A) =P (Hi)P (A|Hi)

P (A)

Dokaz Primjenom definicije uvjetne vjerojatnosti slijedi

P (Hi|A) =P (Hi cap A)

P (A)=P (Hi)P (A|Hi)

P (A)

Ako voditelj na primjer izabere vrata broj 2 prema Bayesovoj formuli slijedi

P (A1|B2) =P (B2|A1)P (A1)

P (B2)=

12middot 1

312

=1

3

P (A2|B2) = 0

P (A3|B2) =P (B2|A3)P (A3)

P (B2)=

1 middot 13

12

=2

3

Analogno za B3Shodno tome igrac bi trebao promijeniti izbor jer je vjerojatnost za osvajanje nagradedvostruko veca

8

25 Bertrandov paradoks

Francuski matematicar Joseph Bertrand objavio je ovaj vjerojatnosni paradoks u svomedjelu Calcul des probabilites Bertrandov paradoks je primjer koji pokazuje da vjerojatnostine moraju biti dobro odredene ako metoda kojom generiramo slucajnu varijablu nije jasnoodredena

Definicija 24 Neka je prostor elementarnih dogadaja Ω ogranicen podskup od Rn koji je iz-mjeriv (u smislu da postoji njegova mjera λ(Ω) ltinfin) Geometrijska vjerojatnost proizvoljnogizmjerivog podskupa A sube Ω dana je formulom

P (A) =λ(A)

λ(Ω)

ParadoksKruznici je upisan jednakostranican trokut Kolika je vjerojatnost da ce slucajno odabranatetiva te kruznice biti dulja od stranice upisanog trokuta

Za rjesavanje Bertrandovog paradoksa potrebna nam je sljedeca tvrdnja

Lema 21 Zadanom kruznicom jednoznacno je odredena duljina stranice upisanog jedna-kostranicnog trokuta

Detaljno o prethodnoj lemi mozete vidjeti u [3]Postoje tri metode za rjesavanje ovoga paradoksaNasumicno izaberemo jednu tocku A na kruznici i konstruirajmo jednakostranican trokutABC koji je upisan u tu kruznicu

Prva metodaUpisimo kruznicu zadanom trokutuIzaberemo bilo koju tocku unutar zadane kruznice koja je razlicita od sredista kao polovistetetive Ako je izabrana tocka unutar trokutu upisane kruznice duljina tetive je dulja odstranice trokuta Znamo da je radijus upisane kruznice r2 jednakostranicnog trokuta jednakpolovici radijusa opisane kruznice r1 Trazena vjerojatnost je omjer povrsine upisanog izadanog kruga

P =r2

2π

r21π

=1

4

Slika 22 Prva metoda

9

Druga metodaNa kruznici odaberemo tocku T koja je razlicita od A i tako odredimo tetivu AT Ako te-tiva sijece stranicu BC onda je ona dulja od stranice trokuta Obzirom da su kruzni lukovinad tetivama jednake duljine jednaki duljina luka BC jednaka je trecini opsega kruzniceTrazena vjerojatnost je omjer duljine kraceg kruznog luka i cijele kruznice te iznosi 1

3

Slika 23 Druga metoda

Treca metodaNasumicno odaberemo polumjer zadane kruznice SD i tocku T na tom polumjeru koja jerazlicita od sredista i ne pripada kruznici Kroz tu tocku povucemo okomicu na taj polumjerTocke E i F su sjecista kruznice i okomice Rotiramo trokut tako da je jedna stranica okomitana taj polumjer Oznacimo s P tocku koja je sjeciste polumjera i stranice BC Za svakutocku T na duzini PD tetiva ce biti kraca od duljine stranice trokuta a na duzini SP cebiti dulja od stranice trokuta Zbog sukladnosti trokuta 4BPD i 4BPS zakljucujemo daje tocka P poloviste duzine SD Trazena vjerojatnost je omjer duljina duzina SP i SD teiznosi 1

2

Slika 24 Treca metoda

10

26 St Petersburski paradoks

Akademija u Sankt Petersburgu objavila je clanak u kojem se cinilo da matematicki racunnije u skladu s razumom a napisao ga je Daniel Bernoulli11 Problem je prvi spomenuo1713 godine njegov necak Nicolaus Bernoulli12

ParadoksSt Petersburska igra sastoji se od bacanja pravilnog novcica sve dok ne padne glava Akoglava padne u r-tom bacanju igrac osvaja 2r$ Koja bi bila postena cijena ulaska u igru

Ako pri prvom bacanju padne glava igrac osvaja 2$ 4$ ako glava padne u drugom bacanjuPadne li glava prvi puta u trecem bacanju igrac ce osvojiti 8$ Dakle ako glava padne uk-tom bacanju igrac osvaja 2k$ tj dobit se udvostrucuje za svako bacanje Znamo da svjerojatnoscu 1

2glava padne u prvom bacanju ako glava padne u drugom bacanju znaci da

je u prvom bacanju palo pismo Vjerojatnost toga dogadaja iznosi 14 Ako glava padne u

trecem bacanju vjerojatnost toga dogadaja je 18

itdDa bi smo odredili posteni ulog trebamo uzeti u obzir kolika bi bila ocekivana isplata igracuNeka X modelira isplatu za jednu odigranu igru a pripadni je niz vjerojatnosti definiran kao

P (X = 2i) =1

2i i = 1 2 3

Stoga ocekivana isplata igracu iznosi

EX = 2 middot 1

2+ 4 middot 1

4+ 8 middot 1

8+ middot middot middot =infin

Dakle koliko god da na pocetku igrac ulozi u konacnici ce profitirati a kockarnica bankro-tirati Iako je ovaj izracun matematicki ispravan rezultat je bio neprihvatljiv Nekolikomatematicara je predlozilo prihvatljive izmjeneGabriel Cramer13 je predlozio pretpostavku o ogranicenim resursima koja su na raspolaganjukockarnicama Neka je taj iznos 1 milijun dolara Tada ocekivana vrijednost dobitka igracaje

2 middot 1

2+ 4 middot 1

4+ middot middot middot+ 219 middot 1

219+( 1

220+

1

221+ middot middot middot

)106 = 19 + 190 asymp 21

Prema tome igrac treba platiti 21$ za ulazak u igru sto je prihvatljivo za kockarnice

Daniel Bernoulli uvodi funkciju korisnosti U (engl utility) kojoj je varijabla trenutni kapitalK igraca Bernoulli je smatrao da svako povecanje kapitala rezultira povecanju korisnostikoja je obrnuto proporcionalna kolicini kapitala kojeg igrac trenutno posjeduje tj

dU prop dK

K

Slijedom navedenog funkcija korisnosti ima oblik

U(K) = k log(K) + konst

11svicarski matematicar fizicar botanicar oceanograf i anatom12svicarski matematicar13svicarski matematicar

11

gdje je k parametar Ako u prethodnoj relaciji postavimo da je k = 1 te konst = 0ocekivana korisnost je umnozak korisnosti isplate i vjerojatnosti pripadajuceg ishoda tj

EU =infinsumn=1

pnU(Kn) =infinsumn=1

1

2nlog 2n = log 4

Zakljucujemo da prema Brenoullijevoj pretpostavci igrac je spreman platiti najvise 4$ zasudjelovanje u igri

Neka je (Xn n isin N) niz nezavisnih slucajnih varijabli i Sn =sumn

k=1Xk Ako za neke nizovebrojeva (an n ge 1) i (bn n ge 1) sa svim bn gt 0 vrijedi sljedeci odnos

Sn minus anbn

rarr 0 nrarrinfin (21)

kazemo da (Xn n isin N) zadovoljava generalizirani zakon velikih brojeva Je li slabi ili jakiovisi o tipu konvergencije

Definicija 25 Kazemo da niz (Xn n isin N) slucajnih varijabli na vjerojatnosnom prostoru(ΩF P ) konvergira po vjerojatnosti prema slucajnoj varijabli X na tom istom vjerojatnos-nom prostoru (ΩF P ) ako za svaki ε gt 0 vrijedi

limnrarrinfin

P|Xn minusX| ge ε = 0

Oznaka je XnPminusrarr X

Teorem 23 (Slabi zakon velikih brojeva) Neka je (Xn n isin N) niz slucajnih varijabli takavda su za svaki n isin N slucajne varijable X1 Xn nezavisne s E[Xn] = micro i neka suvarijance tih slucajnih varijabli uniformno ogranicene tj postoji M gt 0 takav da je

maxkisinN

V arXk leM

Oznacimo sa Sn =sumn

k=1 Xk Tada za svaki ε gt 0 vrijedi

limnrarrinfin

P

1

n|Sn minus ESn| ge ε

= 0

Ekvivalentno

limnrarrinfin

P

1

n|Sn minus ESn| lt ε

= 1

Takoder mozemo zapisati SnPminusrarr micro

Dokaz teorema moze se vidjeti u [18]Slabi zakon velikih brojeva nije moguce koristiti u St Petersburskoj igri jer je ocekivanaisplata beskonacna W Feller14 je dokazao da ce igra biti fer ako je cijena ulaska u igrubn = n log2 n15 tj cijena ulaska u igru ovisi o broju igara koje je igrac igraoAko an = bn = n log2(n) uvrstimo u (21) tada

P

∣∣∣∣∣ Snn log2(n)

minus 1

∣∣∣∣∣ lt ε

rarr 1

tjSnbn

Pminusrarr 1

14hrvatsko-americki matematicar15detaljnije u [6]

12

Definicija 26 Kazemo da niz (Xn n isin N) slucajnih varijabli na vjerojatnosnom pros-toru (ΩF P ) konvergira gotovo sigurno (gs) prema slucajnoj varijabli X na tom istom(ΩF P ) ako je

Pω isin ΩX(ω) = limnrarrinfin

Xn(ω) = 1

Oznaka je Xngsminusrarr X

Teorem 24 (Jaki zakon velikih brojeva) Neka je (Xn n isin N) niz nezavisnih jednakodistribuiranih slucajnih varijabli Tada niz ( 1

n

sumnj=1Xj n isin N) konvergira (gs) ako i samo

ako EX1 postoji i u tom slucaju je

(gs) limnrarrinfin

1

n

nsumj=1

Xj = EX1

Dokaz teorema moze se vidjeti u [18]Kako je

P (X le 2i) =isum

j=1

2minusj = 1minus 1

2i

slijedi da je

P (X gt 2i) = 1minus P (X le 2i) =1

2i

Primijetimo da za c gt 1 imamo

infinsumn=2

P (Xn gt cn log2(n)) =infinsumn=2

1

cn log2(n)=infin (22)

gdje smo koristili cinjenicu da je P (X gt x) = 12log2(x)

za x gt 1Za opceniti niz dogadaja (An n isin N) definiramo njegov limes inferior i limes superior nasljedeci nacin

lim infnrarrinfin

An =infin⋃n=1

infin⋂k=n

Ak

lim supnrarrinfin

An =infin⋂n=1

infin⋃k=n

Ak

Lema 22 (Borel-Cantelli) 16 Neka je (An n isin N) niz nezavisnih dogadaja na vjerojatnos-nom prostoru (ΩF P ) Ako je

infinsumn=1

P (An) =infin

onda je

P

(lim supnrarrinfin

An

)= 1

16dokaz pogledati u [17]

13

Borel-Cantellijeva lema i (22) impliciraju za c gt 1 i n ge 2

P

(lim supnrarrinfin

Xn

bngt c

)= 1

Tada je

P

(lim supnrarrinfin

Xn

bn=infin

)= 1 i P

(lim supnrarrinfin

Snbn

=infin

)= 1

Stoga

P

(limnrarrinfin

Snbn

= 1

)= 0

pokazuje da (Xn n isin N) zadovoljava slabi ali ne i jaki generalizirani zakon velikih brojevasa an = bn = n log2(n) tj konvergira po vjerojatnosti ali ne i gotovo sigurno

St Petersburska igra se moze generalizirati na slucaj u kojem novcic nije pravilan nekaglava padne s vjerojatnoscu p (0 lt p lt 1) Ako je 0 lt p le 1

2paradoks je postojan tj

EX =infinsumi=1

2ip(1minus p)iminus1 geinfinsumi=1

2ip

2iminus1=infin

Medutim ako je 12lt p lt 1

EX =infinsumi=1

2ip(1minus p)iminus1 =2p

2pminus 1ltinfin

dakle nema paradoksa Primjenjujuci istu metodu koji je koristio Feller za igru koja se igras novcicem vjerojatonsti p (0 lt p lt 1

2) da padne glava cijena ulaska je prikazana u sljedecem

teoremu

Teorem 25 Neka je α = 11minusp Ako je 0 lt p lt 1

2i bn = 2p

1minus2pn(nminus1+logα 2 logα nminus 1

)tada za

svaki ε

limnrarrinfin

P

∣∣∣∣Snbn minus 1

∣∣∣∣ ge ε

= 0

Dokaz teorema se moze vidjeti u [10]Na slici (25) prikazane su vrijednosti ulaznice za odabrane n i p

14

Slika 25 Cijena ulaznice za razlicite vrijednosti n i p isin 005 01 015 02 025 03 03504 045 Na apcisi su pokazane vrijednosti n a na ordinati vrijednosti bn za promatranip (preuzeto iz [10])

Uocavamo da kako se vrijednost p smanjuje cijena ulaznice se povecava za svaki n Takvoponasanje je ocekivano jer kako vrijednost p opada trebat ce duze vremena da se pojavi prvaglava te igrac moze ocekivati da ce dobiti vise novaca St Petersburski paradoks imao jeznacajan utjecaj u raznim granama ekonomije statistike filozofije te teoriji igara

27 Paradoks o Bernoulijevom zakonu velikih brojeva

Prvi slabi zakon velikih brojeva dokazao je Jacob Bernoulli u svojoj knjizi Ars conjectandikoja je objavljena nakon njegove smrti 1713 godine Sam pojam rdquozakon velikih brojevardquouveo je Poisson17 1837 godineBernoullijev zakon velikih brojeva tvrdi sljedece Neka je X sim B(n p) tj X modelira brojuspjeha dogadaja A u n nezavisnih pokusa P (A) = p Tada

X

n

Pminusrarr p

Navedeni teorem nije tako kompliciran kao sto bi se moglo pomisliti iz broja nesporazuma iparadoksa koje je izazvao Jedan od najtipicnijih je sljedeci

17francuski fizicar i matematicar

15

ParadoksKockari cesto vjeruju da prema zakonu velikih brojeva ako pravilni novcic pada na glavuvise puta vjerojatnost da ce pasti pismo nuzno se povecava S druge strane ocito je danovcic nema pamcenje tj ne zna koliko je vec puta pala glava a koliko pismo Iz togarazloga pri svakom bacanju vjerojatnost da padne glava je 1

2 cak i ako je novcic vec tisucu

puta zaredom pao na glavu Nije li to u suprotnosti s zakonom velikih brojeva

Kockar koji smatra da je razlika izmedu palih glava i palih pisama mora biti vrlo mala je uzabludi jer zakon velikih brojeva kaze da omjer broja palih glava i ukupnog broja bacanjatezi ka 1

2 kada nrarrinfin Ovaj zakon ne podrazumijeva da bi apsolutna razlika izmedu broja

palih glava i pisama trebala biti blizu nuli Cak je tipicno za eksperiment bacanja novcicada apsolutna razlika izmedu broja glava i pisama ima tendenciju da postaje sve veca i vecate proporcionalno raste s kvadratnim korijenom broja bacanja Ako bi razlika bila mala tobi bilo u suprotnosti s nedostatkom memorijskog svojstva novcica Ovaj zakon ne tvrdi dace oni ishodi koji se do sada nisu dogodili cesce pojavljivati da bi uravnotezili raspodjeluvjerojatnosti Treba naglasiti da slabi zakon velikih brojeva nista ne govori o rezultatimajednog pokusa

28 De Moivreov paradoks

Jedan od najistaknutijih licnosti u teoriji vjerojatnosti je Abraham de Moivre18 Glavno djelomu je rdquoThe Doctrine of Chancesrdquo objavljeno 1718 godine u kojem se prvi puta spominjefunkcija distribucije normalne slucajne varijable i tzv centralni granicni teorem

ParadoksPrema Bernoullijevom zakonu velikih brojeva u igri bacanja pravilnog novcica omjer palihglava i pisama tezi ka 1 s povecanjem broja bacanja Dok s druge strane vjerojatnost da jebroj palih glava tocno jednak broju palih pisama tezi 0

Bernoullijev zakon velikih brojeva nam tvrdi ako se dogadaj rdquopala je glavardquo realizirao mputa a rdquopalo je pismordquo n puta u m+n izvodenja pokusa onda se za veliki broj pokusa brojmn

priblizava omjeru pq

= 1

Slucajna varijabla X modelira broj palih glava u n bacanja X sim B(n p = 05) jer opisujebroj uspjeha (palih glava) u n nezavisnih ponavljanja slucajnog pokusaVjerojatnost da je broj palih glava tocno jednak broju palih pisama je

P

(X =

n

2

)=

(n

n2

)05n205nminusn2 =

(n

n2

)05n =

n

(n2)(n

2)

05n

Koristenjem Stirlingove formule

n asympradic

2πn(ne

)ndobivamo

P

(X =

n

2

)=

1radicπn2

kada n raste gornji izraz tezi ka 0

18francuski matematicar

16

Ako novcic bacamo n = 2 puta onda je prostor elementarnih dogadaja

Ω = (GG) (GP ) (PG) (P P )

tj postoji 4 scenarija za okretanje novcicaAko je n = 4 tada postoji 16 mogucih scenarija za n = 8 je to 256 dok je za n = 10 vec1024 kombinacije Ako bacamo novcic n puta imamo 2n mogucih kombinacijaZa n = 2 znamo da je vjerojatnost dobivanja jednakog broja glava i pisama (omjer je tocno1) je

P (omjer je tocno 1) =2

4=

1

2= 05

Za n = 4


16= 0375

kao sto je prikazano na slici (26)Opcenito kako n raste vjerojatnost dobivanja tocno istog broja glava i pisama tezi ka 0a to je posljedica cinjenice da ce biti mnogo vise kombinacija gdje broj glava i pisama nijejednak u odnosu na broj kombinacija gdje su jednaki

Slika 26 Binomna slucajna varijabla s parametrima p = 05 i n = 2 4 i 10

17

29 Rodendanski paradoks

Povijest nastanka rodendanskog paradoksa je nejasna postoje izvori koji govore da je Ha-rold Davenport19 prvi bavio ovim problemom no Richard von Mises20 je 1930-ih postavioproblem slican onome kakvim ga mi danas znamo

ParadoksKolika je vjerojatnost da izmedu n osoba n le 365 barem dvije osobe imaju rodenadan istogadatuma

Pretpostavimo da svaka od n osoba moze biti rodena s jednakom vjerojatnoscu bilo kojegdana u godini ( 1

365) te zanemarimo postojanje prijestupnih godina i pojavu blizanaca

Neka je n = 23Kolika je vjerojatnost da u grupi od 23 osobe barem dvoje njih ima rodendan istoga datumaNeka je p trazena vjerojatnostKako je u ovom slucaju jednostavnije racunati vjerojatnost suprotnog dogadaja tj vjero-jatnost da u grupi od 23 ljudi nema dvoje ljudi s istim rodendanom tu cemo vjerojatnostoznaciti s pc Kako su navedeni dogadaji suprotni vrijedi

p = 1minus pc

U skupu od 23 osobe mozemo definirati 23 nezavisna dogadaja Oznacimo ih redom takoda svaki dogadaj odgovara jednoj osobi koja ne dijeli rodendan ni s jednom osobom kojaje ranije analizirana Za prvi dogadaj nemamo niti jednu osobu koja je ranije analiziranapa je P (osoba1) = 365

365 Vjerojatnost za drugi dogadaj je P (osoba2) = 364

365jer smo iz skupa

svih dana u godini iskljucili dan u kojem je prva osoba rodena Slicnim razmatranjem dobitcemo da je vjerojatnost da treca osoba nema rodendan kada i prve dvije je P (osoba3) =363365 Nastavimo li iterativnim postupkom dobit cemo P (osoba23) = 365minus22

365= 343

365 Dakle

vjerojatnost pc mozemo opisati kao 23 nezavisna dogadaja te je izracunati kao umnozakvjerojatnosti svih P (osobaK) K = 1 23 dogadaja tj

pc =23prodK=1

P (osobaK) = 1 middot(

1minus 1

365

)middot(

1minus 2

365

)middot middot middot(

1minus 22

365

)asymp 0492703

Slijedi da je p = 0507297 tj vjerojatnost da u grupi od 23 osobe barem dvije osobe imajurodendan istoga datuma iznosi 507297Sto je broj osoba (n) veci to ce i trazena vjerojatnost rasti Na primjer za

n = 30 =rArr p = 706

n = 70 =rArr p = 999

Ovaj rast najbolje prikazuje graf na sljedecoj slici

19engleski matematicar20austrijski matematicar

18

Slika 27 Prikaz izracunate vjerojatnosti da barem dvoje ljudiima rodendan istoga datuma

Uocimo da pc mozemo zapisati u terminima faktorijela

pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn

pri cemu je n broj ljudi a d broj dana u godini Slijedi vjerojatnost da barem dvije osobeu grupi od n ljudi ima rodendan istoga datuma dana je formulom

p = 1minus pc = 1minus d

(dminus n)dn

Uocimo da je p = 1 za n ge 366 Nevjerojatno je kako velika razlika izmedu broja ljudi mozedovesti do tako male razlike izmedu vjerojatnosti 999 (n = 70) i 100 (n = 366) Ovajparadoksalni fenomen jedan je od glavnih razloga zasto se teorija vjerojatnosti toliko sirokau svojoj primjeni Na primjer rodendanski paradoks primjenjiv je u informatickim zna-nostima koje se bave kriptografijom i kriptoanalizom tj kod razbijanja sifra dekodiranjazaobilazenja sustava autentifikacije zapravo za bilo koje provaljivanje kriptiranih podataka

19

3 Paradoksi u teoriji slucajnih procesa

U ovom poglavlju definirat cemo slucajne procese proces grananja Brownovo gibanje iproces obnavljanja te paradokse vezane uz njih

31 Paradoks procesa grananja

U prvoj polovici proslog stoljeca primijecen je zanimljiv fenomen a to je postupno izumiranjenekoliko poznatih aristrokratskih obiteljskih prezimena 1874 godine Galton i Watsonobjavili su rad od temeljne vaznosti za ovu temu i tu pocinje teorija o procesima grananja

ParadoksNeka su p0 p1 p2 vjerojatnosti da otac ima 0 1 2 sina i neka su te vjerojatnostiiste i za njegove sinove i tako nadalje Muska loza ce izumrijeti gotovo sigurno unatoc tomesto je ocekivani broj potomaka svakog covjeka jedan

Neka su X0 X1 X2 slucajne varijable koje modeliraju broj jedinki (potomaka) popu-lacije u nultoj prvoj drugoj generacijiPretpostavimo da je X0 = 1 tj populacija zapocinje s jednom jedinkom - predakPredak iz nulte generacije reproducira neki broj potomaka X1 a sam nestaje iz populacijeSvaka jedinka iz prve generacije ce nezavisna jedna o drugoj dobiti k potomaka s vjero-jatnoscu pk k ge 0 a sama nestati iz populacije tj svi clanovi nminuste generacije stvarajusvoje potomke koji cine clanove n+ 1minuse generacije a sami umiru i nestaju iz populacijeXn je slucajna varijabla koja modelira ukupan broj potomaka koji smo dobili od n minus 1minusegeneracije i oznacavamo s

Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn

gdje su ξrn (r ge 1) nezavisne jednako distribuirane slucajne varijable koje modeliraju brojclanova potomaka koje je stvorila rminusta jedinka iz prethodne generacije Distribucija od ξrn

P (ξrn = k) = pk k = 0 1 2 iinfinsumk=0

pk = 1

Vrijednosti tih slucajni varijabli su nenegativni cijeli brojevi Dobiveni slucajan proces(Xn n isin N0) nazivamo Galton-Watsonov proces ili jednostavni proces grananjaPretpostavimo da vrijedi sljedece

0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1

Definicija 31 Neka je X slucajna varijabla s vrijednostima u N0 i neka je P (X = k) = pkza k isin N0 Funkcija

ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R

tako da je |s| le 1 zove se funkcija izvodnica vjerojatnosti slucajne varijable X

Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20

Lema 31 Neka je ϕ(s) funkcija izvodnica vjerojatnosti za ξrn Tada su ϕ(s) i ϕprime(s) strogorastuce za 0 lt s lt 1

Dokaz Funkcija izvodnica vjerojatnosti za ξrn je

ϕ(s) = E[sξrn ] =infinsumk=0

skP (ξrn = k)

Deriviranjem dobijemo

ϕprime(s) =infinsumk=1

kskminus1P (ξrn = k) gt 0 za 0 lt s lt 1

jer su svi clanovi ge 0 i najmanje jedan clan gt 0 (ako je P (ξrn ge 2) gt 0) Slicno i za

ϕprimeprime(s) =infinsumk=2

k(k minus 1)skminus2P (ξrn = k) gt 0 za 0 lt s lt 1

Dakle ϕ(s) i ϕprime(s) su strogo rastuce za 0 lt s lt 1

Oznacimo s ϕn(s) funkciju izvodnicu vjerojatnosti za Xn tj

ϕn(s) = ϕXn(s) = E[sXn ] =infinsumk=0

P (Xn = k)sk n = 0 1 2

Koristeci formulu potpune vjerojatnosti (21) i cinjenicu da su ξrn (r = 1 2 j) nezavisnejednako distribuirane slucajne varijable slijedi

ϕn+1(s) =infinsumk=0

P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0

P (Xn+1 = k|Xn = j)P (Xn = j)sk

=infinsumk=0

skinfinsumj=0

P (Xn = j)P (ξ1n + ξ2n + middot middot middot+ ξjn = k)

=infinsumj=0

P (Xn = j)infinsumk=0

P (ξ1n + ξ2n + middot middot middot+ ξjn = k)sk (31)

Varijable ξrn (r = 1 2 ) imaju jednaku funkciju izvodnicu vjerojatnost ϕ(s) a za sumunezavisnih slucajnih varijabli S = ξ1n+ξ2n+ middot middot middot+ξjn je to [ϕ(s)]j To tvrdimo posto znamoda vrijedi

ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j

Stoga iz (31) dobivamo

ϕn+1(s) =infinsumj=0

P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21

Pretpostavnimo da m = E[X1] postoji i da je konacno Uocimo da vrijedi

m = ϕprime(1)

tada jeE[Xn] = ϕprimen(1)

Deriviranjem (32) i postavljanje s = 1 daje nam sljedece

ϕprimen+1(1) = ϕprimen(ϕ(1))ϕprime(1) = ϕprimen(1)ϕprime(1)

Iteracijom i indukcijom slijedi

ϕprimen+1(1) = ϕprime(1)ϕprimen(1) = [ϕprime(1)]2ϕprimenminus1(1) = [ϕprime(1)]3ϕnminus2(1) tj

ϕprimen+1(1) = [ϕprime(1)]nϕprime1(1) = [ϕprime(1)]n+1

odnosnoE[Xn+1] = mn+1

zato sto je m = E[X1] i ϕprime(1) = ϕprime1(1)Oznacimo s σ2 varijancu od ξrn

Teorem 31 Ako je σ2 ltinfin tada je

V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1

Dokaz se moze vidjeti u [1]

Proces grananja zavrsava u slucaju izumiranja Kada je Xn = 0 onda ce i Xn+1 biti 0 jerkada proces grananja dode u stanje 0 onda u njemu i ostaje

Definicija 32 Pod izumiranjem mislimo na dogadaj da se niz slucajnih varijabli (Xn)sastoji samo od nula osim za konacan broj vrijednosti n

Definicija 33 Neka je q vjerojatnost izumiranja tj

q = P (Xn = 0 za neki n)

= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin

P (Xn = 0)︸︷︷︸oznacimo s qn

= limnrarrinfin

qn

Vrijediqn = P (Xn = 0) = ϕn(0)

koristeci svojstvo (32) imamo

qn = ϕn(0) = ϕ(ϕnminus1(0)) = ϕ(qnminus1)

pa onda vrijediq1 = ϕ1(0) = p0 gt 0 q2 = ϕ(q1) gt ϕ(0) = q1

22

Pretpostavimoqn gt qnminus1

tada jeqn+1 = ϕ(qn) gt ϕ(qnminus1) = qn

Navedeni rezultati nam pokazuju da q1 q2 q3 qn monotono rastuci niz omeden s 1 Stogalimnrarrinfin qn postoji i njegove granice su 0 lt q le 1

Teorem 32 Ako m = E[X1] le 1 vjerojatnost izumiranja q je 1 Ako je m gt 1 vjerojatnostizumiranja q je jedinstveno nenegativno rjesenje jednadzbe

s = ϕ(s)

koje je manje od 1


Teorem 33 Ako je m = 1 i 0 lt σ2 ltinfin tada je

P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))

Dokaz Kako je σ2 ltinfin vrijedi σ2 = ϕprimeprime(1) + ϕprime(1)minus (ϕprime(1))221

Prema Taylorovom teoremu

ϕ(1minus u) = ϕ(1) + ϕprime(1)(minusu) +ϕprimeprime(1)

2u2 minus o(u2)

kako je ϕ(1) = 1 ϕprime(1) = 1 ϕprimeprime(1) = σ2 dobivamo

ϕ(1minus u) = 1minus u+σ2

2u2 minus o(u2)

Oznacimo s un = P (Xn gt 0) = 1minus P (Xn = 0) = 1minus ϕn(0) tada je

un+1 = P (Xn+1 gt 0) = 1minus P (Xn+1 = 0) = 1minus ϕn+1(0)

= 1minus ϕ(ϕn(0))

= 1minus ϕ(1minus un)

= 1minus 1 + un minusσ2

2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)

21dokaz se moze vidjeti u [1]

23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)

gdje o(1)rarr 0 kada nrarrinfin Stoga

1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))

gdje o(1)rarr 0 kada nrarrinfin dobivamo

P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je

E[Xn|Xn gt 0] =E[Xn1Xngt0]

P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))

Korolar 31 Ako je m = 1 i σ2 lt infin tada je ET = infin gdje je T = infn Xn = 0vrijeme izumiranja

Dokaz Ako je σ2 = 0 tada je p1 = 1 dakle T = infin gotovo sigurno Pretpostavimo da jeσ2 gt 0 Ako je T = 1X0gt0 + 1X1gt0 + onda je

E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)

Kako je prema prethodnom teoremu

P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum

n P (Xn gt 0) divergira tj ET =infin

Izumiranje je sigurno ako ocekivani broj potomaka po jedinki nije veci od 1 Paradoks semoze naslutiti u slucaju kada je m = 1 Ako pretpostavimo da je ocekivani broj potomkasvakog covjeka jedan (m = 1) vjerojatnost izumiranja je i dalje 1 Stoga unatoc cinjenicida prosjecan broj muskog potomstva ostaje nepromijenjen tijekom generacije izumiranja jeneizbjezno iako je ocekivano vrijeme koje prode do izumiranja beskonacno

24

32 Paradoks o Brownovom gibanju

Skotski botanicar Robert Brown je 1820 godine otkrio da se cestice peludi raspsene utekucini nasumicno gibaju pa je ta pojava i dobila naziv Brownovo gibanje

Definicija 34 (Bt t ge 0) na (ΩF P ) je slucajan proces u neprekidnom vremenu s ne-prebrojivim skupom stanja koji ima sljedeca svojstva

1 B0 = 0 gotovo sigurno tj P (B0 = 0) = 1

2 za proizvoljne t0 t1 tn ge 0 tako da je t0 lt t1 lt middot middot middot lt tn slucajne varijable Bt1minusBt0Bt2 minusBt1 Btn minusBtnminus1 su nezavine

3 za proizvoljne s t ge 0 tako da 0 le s lt t je Bt minusBs sim N (0 tminus s)

Definicija 35 Funkciju koja za fiksirani ω isin Ω svakom elementu t isin T pridruzuje realiza-ciju Xt(ω) nazivamo trajektorijom slucajnog procesa Xt t isin T

Dakle mozemo reci da je Brownovo gibanje slucajan proces koji krece iz 0 ima nezavisne inormalno distribuirane priraste te mu je trajektorija neprekidna i nigdje diferencijabilna

ParadoksTrajektorija Brownovog gibanja je jednodimenzionalna krivulja no moze se pokazati da je uodredenom smislu i dvodimenzionalna

Topoloska dimenzija svima nam je intuitivno poznata tj najbliza je prirodnom shvacanjudimenzije Odnosno broj smjerova u kojima bismo mogli ici da smo u odredenom objektuPrije same definicije objasnit cemo pojmove koji su vazni za njezino razumijevanje Zapocetak cemo definirati topoloski prostor

Definicija 36 Topoloski prostor (X T ) je uredeni par skupa X i topologije T na X gdjeje T familija podskupova od X za koji vrijede sljedeci uvjeti

bull empty X isin T

bull U V isin T rArr U cap V isin T

bull Uα isin T α isin J rArr⋃αisinJ Uα isin T

gdje je J proizvoljan skup indeksa

Elemente topologije T nazivamo otvorenim skupovima u X

Definicija 37 Neka je A proizvoljan podskup topoloskog prostora X Otvoreni pokrivac odA je proizvoljna familija U = Uα α isin J otvorenih skupova koji pokrivaju A tj za kojevrijedi ⋃

αisinJ

Uα supe A gdje je J proizvoljni skup indeksa

Promotrimo sada otvoreni pokrivac U topoloskog prostora X Ako fiksiramo tocku x isin Xi prebrojimo elemente pokrivaca koji sadrze x dobivamo broj koji nazivamo multiplicitetpokrivaca U prostora X u tocki x isin X i oznacavamo sa M(U x) isin [1+infin] tj broj

M(U) = supxisinX

M(U x) isin [1+infin]

nazivamo multiplicitet pokrivaca U skupa X te je on prirodan broj koji moze biti namanje1 jer se svaka tocka skupa mora nalaziti u barem jednom elementu pokrivaca da bi on uopcebio pokrivac tog skupa

25

Definicija 38 Topoloska dimenzija M(X) prostora X je minimalna vrijednost k isin N0

takva da za svaki otvoreni pokrivac U od X postoji otvoreno profinjenje22 U prime takvo da jeM(U prime) le k + 1 Ako takav k ne postoji smatramo da je M(X) =infin

Primjer 31 (Topoloska dimenzija duzine) Za proizvoljan otvoreni pokrivac U postojilancasto profinjenje s kuglama (tako da se nikoje 3 ne sijeku) sa sredistem na danoj duziniJedno od takvih profinjenja dano je na slici (31) Uocimo da se tocke duzine nalaze u najvisedvije kugle istovremeno S druge strane nismo mogli odabrati profinjenje u kojem se kuglene presijecaju jer neke tocke ne bi bile pokrivene pa je najbolje profinjenje multipliciteta 2Iz toga slijedi da je topoloska dimenzija duzine jednaka 1

Slika 31 Lancasti pokrivac duzine

Krivulje povrsine i tijela redom su jednodimnzinalne dvodimenzionalne i trodimenzionalnaPrema topoloskoj definiciji Brownovo gibanje je jednodimenzionalno S druge strane nekaje U sube Rn Dijametar od U je definiran

diam U = sup|xminus y| x y isin U

odnosno najveca udaljenost izmedu bilo kojega para tocaka iz U Ako je Uα konacna familija skupova Rn dijametra najvise ε koja sadrzi F tj

F subinfin⋃α=1

Uα

gdje je0 lt diam Uα le ε za svaki i

kazemo da je Uα εminuspokrivac od F Pretpostavimo da je F sube Rn i s nenegativan brojOznacimo s hsε(F ) izraz

hsε(F ) = inf

infinsumα=1

diam (Uα)s Uα εminus pokrivac od F

za bilo koji ε gt 0Pustajuci εrarr 0 dobivamo sminusdimenzionalnu Hausdorffovu mjeru skupa F

hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )

22profinjenje pokrivaca je familija koja je i dalje pokrivac danog skupa a ciji je svaki element podskupnekog elementa pokrivaca koji profinjujemo

26

Definicija 39 Hausdorffova dimenzija skupa F je vrijednost

dimH F = infs ge 0 hsinfin(F ) = 0 = sups ge 0 hsinfin(F ) gt 0

Teorem 34 S vjerojatnoscu 1 trajektorija Brownovog gibanja u Rn n ge 2 ima Hausdor-ffovu dimenziju jednaku 2

Dokaz teorem moze se vidjeti u [13]B Mandelbrot23 je razvio granu matematike koja proucava neregularne i fragmetirane uzorkeodnosno fraktale Mandelbrot je fraktal definirao kao skup za koji je Hausdorffova dimenzijastrogo prelazi topolosku Fraktali igraju temeljnu ulogu u opisivanju nepravilnih oblika uprirodi

33 Paradoks vremena cekanja

Pretpostavimo da imamo beskonacnu zalihu baterija cija su trajanja modelirana nezavisnimjednako distribuiranim slucajnim varijablama Pretpostavimo da koristimo jednu po jednubateriju a kad jedna pregori automatski ju zamijenimo novom Pod tim uvjetima N(t) t ge0 je proces obnavljanja gdje N(t) predstavlja broj baterija koje su pregorjele zakljucno strenutkom t

Neka je Xn n ge 0 niz nenegativnih nezavisnih jednako distribuiranih slucajnih varijablina nekom vjerojatnosnom prostoru (ΩF P ) te je njihova distribucija dana funkcijom

F (x) = P (Xn le x) n ge 0

Definicija 310 Proces obnavljanja je slucajni proces Sn n ge 0 definiran sa

Sn = X0 +X1 + middot middot middot+Xn n ge 0

gdje je (Xn n ge 1) niz nenegativnih nezavisnih jednako distribuiranih slucajnih varijabli

Relacije koje povezuju proces obnavljanja Sn n ge 0 i pripadajuci brojeci proces N(t) t ge0

N(t) le n = Sn gt t n ge 0

N(t) = n = Sn le t lt Sn+1 n ge 1

SN(t) le t lt SN(t)+1 na N(t) ge 1

Fiksirajmo neki trenutak t i promotrimo ukupan zivotni vijek baterije koja radi u tre-nutku t Oznacimo s F funkciju distribucije vremana izmedu dva uzastopna obnavljanja(meduvremena) te neka je λ = E[Xn] n ge 1 ocekivano vrijeme izmedu dva uzastopna ob-navljanjaSa S(t) oznacimo duljinu intervala obnavljanja koji sadrzi vremenski trenutak t tj

S(t) = SN(t)+1 minus SN(t)

gdje je SN(t) vrijeme zadnjeg obnavljanja do ili u trenutku t Ako je N(t) = n onda jeS(t) = Xn+1 opcenito S(t) = XN(t)+1

vrijeme0 SN(t) t SN(t)+1

23francuski matematicar poljskog podrjetla

27

ParadoksDuljina intervala obnavljanja koji sadrzi trenutak t veci je od prvog (opceg) intervala obnav-ljanja

Objasnjenje paradoks je dano u sljedecoj propoziciji

Propozicija 31 Za svaki fiksan t ge 0 vrijedi

P (S(t) gt x) ge P (X gt x)

Dokaz Oznacimo s F (x) = 1minus F (x) = P (X gt x) x ge 0

P (S(t) gt x|N(t) = n Sn = s) = P (Xn+1 gt x|Xn+1 gt tminus s)

=P (Xn+1 gt xXn+1 gt tminus s)

P (Xn+1 gt tminus s)

=F (max(x tminus s))

F (tminus s)ge F (x) (33)

Nejednakost (33) vrijedi jer ako je x gt tminus s onda je max(x tminus s) = x pa je

F (max(x tminus s))F (tminus s)

=F (x)

F (tminus s)ge F (x)

jer je F (tminus s) le 1 Ako je x le tminus s onda je max(x tminus s) = tminus s pa je


=F (tminus s)F (tminus s)

= 1 ge F (x)

Tako smo pokazali da je P (S(t) gt x|N(t) SN(t)) ge F (x) Racunanjem ocekivanja dobivamo

P (S(t) gt x) = E[P (S(t) gt x|N(t) SN(t))] ge F (x)

Znaci da baterija koja se koristi u trenutku t ima duzi zivotni vijek od prosjecne baterije

XN(t)+1 mozemo zapisati i na sljedeci nacin

XN(t)+1 = A(t) + Y (t)

gdje A(t) oznacava vrijeme od posljednjeg obnavljanja do t a Y (t) oznacava vrijeme od tdo sljedeceg obnavljanja tj

vrijemeSN(t) t SN(t)+1

A(t) Y (t)

A(t) je dob procesa u trenutku t (npr zivotna dob baterije koja se koristi u trenutku t)a Y (t) ce biti ostatak zivota procesa obnavljanja u trenutku t (npr preostalo vrijeme odtrenutka t pa do trenutka kada ce se baterija potrositi) Vrijedi sljedece

A(t) = tminus SN(t)

Y (t) = SN(t)+1 minus t

28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs

Iz prethodne propozicije slijedi

limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs

U nasem primjeru s baterijom to znaci da promatrana baterija ima zivotni vijek s ocekivanjemE[X2]E[X]

a ne E[X] Kako je E[X2] gt (E[X])2 osim kada je X konstanta zakljucujemo da je

E[X2]

E[X]gt E[X]

tj ocekivani zivotni vijek promatrane baterije je veci od ocekivanog zivotnog vijeka prosjecnebaterije

Primjer 32 Pretpostavimo da autobusi voze po Poissonovom procesu s parametrom λ gt 0

Definicija 311 Proces (Nt t ge 0) sa skupom stanja N0 je Poissonov proces ako zadovoljavasljedeca svojstva

1 N0 = 0

2 (Nt t ge 0) ima nezavisne prirasta

3 broj dogadaja u bilo kojem intervalu duljine t modeliran je slucajnom varijablom Nt

koja ima Poissonovu distribuciju s ocekivanjem λt tj za sve s t gt 0 vrijedi

P (Nt+s minusNs = n) = eλt(λt)n

n n isin N0


1 N0 = 0

2 (Nt t ge 0) ima nezavisne i stacionarne priraste

3 P (Nt ge 2) = o(t) trarr 0

4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0

Napomena 31 Ove dvije definicije Poissonovog procesa su ekvivalentne

24Dokaz se moze vidjeti u [19]

29

Izbor Poissonovog procesa za brojeci proces eksplicitno odreduje svojstvo niza meduvremenao cemu govori sljedeci teorem (za dokaz vidjeti primjerice [12])

Teorem 35 Ako je Nt t ge 0 homogeni Poissonov proces s intenzitetom λ gt 0 tada nizmeduvremena (Xn n isin N) cine nezavisne eksponencijalno distribuirane slucajne varijable sparametrom λ

To znaci da za svaki n ge 1 vrijeme izmedu nminus 1minusog i nminustog autobusa eksponencijalnos parametrom λ

E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2

Ako je E[X] = 15 prema gornjem racunu ocekivano vrijeme izmedu autobusa koji vam jepobjegao i autobusa koji cete uhvatiti je

E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30

sto je dvostruko vise od ocekivanog vremena izmedu dva fiksna autobusa

30

Literatura

[1] P BALISTER Branching processeshttpweb0mscimemphisedu~pbalistrpapersBranchpdf

[2] M BENSIC N SUVAK Uvod u vjerojatnost i statistiku Sveuciliste JJ StrossmayeraOdjel za matematiku Osijek 2014

[3] M BRNETIC Bertrandov paradoks Matka 27 (20182019) 2-5

[4] M CHANG Paradoxes in scientific inference Taylor amp Francis Group LLC Boca Ra-ton 2013

[5] M CLARK Paradoxes from A to Z Routledge London i New York 2007

[6] W FELLER An Introduction to Probability Theory and Its Applications volume I JohnWiley amp Sons 1957

[7] G R GRIMMETT D R STIRZAKER Probability and Random Processes OxfordUniversity Press Inc New York 2001

[8] T E HARRIS The theory of branching processes Springer-Verlag Berlin 1963

[9] D KRIZMANIC H RIZVIC Zamijeniti ili ne zamijeniti vrata Matematicko fizickilist 64 (2013) 40-43

[10] D MARCONDES C PEIXOTO K SOUZA S WECHSLER Entrance Fees and aBayesian Approach to the St Petersburg Paradox Philosophies 2017 2 11httpswwwmdpicom2409-92872211htm|

[11] J MATOTEK I STIPANCIC-KLAIC Rodendanski paradoks Poucak 70 (2017) 36-45

[12] T MIKOSCH Non-life insurance mathematics an introduction with the Poisson pro-cess Springer Berlin 2009

[13] P MORTERS Sample path properties of Brownian motionhttpmath-berlindeimagesstorieslecnotes_moerterspdf

[14] Y PESIN i V CLIMENHAGA Lectures on Fractal Geometry and Dynamical SystemsAmerican Mathematical Society 2009

[15] SI RESNICK Adventures in stochastic processes Birkhauser Boston 1992

[16] S M ROSS Introduction to Probability Models Ninth EditionAcademic Press is animprint of Elsevier 30 Corporate Drive Suite 400 Burlington MA 01803 USA 2007

[17] N SANDRIC Z VONDRACEK Vjerojatnost predavanjahttpswebmathpmfunizghrnastavavjerfilesvjer_predavanjapdf

[18] N SARAPA Teorija vjerojatnosti Skolska knjiga Zagreb 1986

[19] K SIGMAN Introduction to Renewal Theoryhttpwwwcolumbiaedu~ks20stochastic-Istochastic-I-RRTpdf

31

[20] J M STOYANOV Counterexamples in Probability John Wiley amp Sons Ltd BaffinsLane Chichester West Sussex POI9 IUD England 1997

[21] G J SZEKELY Paradoxes in Probability Theory and Mathematical StatisticsAkademiai Kiado Budapest 1986

32

Sazetak

U ovom radu su opisani neki paradoksi iz teorije vjerojatnosti i slucajnih procesa Za pocetakobjasnjeni su najstariji paradoksi potom poznati paradoksi poput paradoks Montyja Halla iSt Petersburski paradoks Navedeni su paradoksi koji su vezani uz slabi i jaki zakon velikihbrojeva Na posljetku opisana su tri paradoksa iz teorije slucajnih procesa paradoksi kojisu vezani uz proces grananja Brownovo gibanje i proces obnavljanja

Kljucne rijeci paradoks kockica paradoks podjele paradoksi nezavisnosti paradoks Mon-tyja Halla Bertrandov paradoks St Petersburski paradoks paradoks o Bernoulijevomzakonu velikih brojeva De Moivreov paradoks rodendanski paradoks paradoks procesagrananja paradoks o Brownovom gibanju paradoks vremena cekanja

Summary

This paper describes certain paradoxes in probability theory and random processes Tobegin with the oldest paradoxes are explained followed by well-known paradoxes such asthe Monty Hall and St Petersburg paradoxes The paradoxes that are connected with theweak and strong law of large numbers are presented Finally three paradoxes from the theoryof random processes and paradoxes related to the branching process Brownian motion andthe renewal process are described

Keywords The paradox of dice The division paradox The paradox of independenceSt Petersburg paradox The paradox of Bernoullirsquos law of large numbers De Moivrersquosparadox Bertrandrsquos paradox The birthday paradox The Monty Hall problem The paradoxof branching processes The paradox of Brownian motion The paradox of waiting times

33

Zivotopis

Rodena sam 9 prosinca 1994 godine u Slavonskom Brodu Obrazovanje sam zapocela 2001godine u Osnovnoj skoli Dure Pilara u Slavonskom Brodu 2009 godine upisujem GimnazijirdquoMatija Mesicrdquo u Slavonskom Brodu koju zavrsavam 2013 godine Nakon zavrsene srednjeskole 2013 godine odlucujem upisati Preddiplomski studij matematike na Odjelu za mate-matiku Sveucilista JJ Strossmayera u Osijeku gdje 2017godine stjecem akademski nazivprvostupnice matematike uz zavrsni rad Pozitivno definitne matrice pod mentorstvom docdr sc Ivanom Kuzmanovic Ivicic i komentorstvom drsc Marijom Miloloza Pandur Istegodine upisujem Diplomski studij financijske matematike i statistike takoder na Odjelu zamatematiku u Osijeku Tijekom studija odradila sam strucnu praksu u Privrednoj banciZagreb dd u Slavonskom Brodu

34

Uvod

Paradoksi u teoriji vjerojatnosti

Paradoks kockica

Paradoks podjele

Paradoksi nezavisnosti

Paradoks Montyja Halla

Bertrandov paradoks

St Petersburški paradoks

Paradoks o Bernoulijevom zakonu velikih brojeva

De Moivreov paradoks

Rođendanski paradoks

Paradoksi u teoriji slučajnih procesa

Paradoks procesa grananja

Paradoks o Brownovom gibanju

Paradoks vremena čekanja

Literatura

Životopis


Jasna Okopni


Diplomski rad

Mentor doc dr sc Danijel Grahovac

Osijek 2020

Sadrzaj

1 Uvod 1



Literatura 31

Zivotopis 34

1 Uvod



1



21 Paradoks kockica


P (A) =k(A)

k(Ω)



9 = 3 + 6 = 4 + 5

10 = 4 + 6 = 5 + 5




2



P (A) =k(A)

k(Ω)=

4

36=

1

9 P (B) =

k(B)

k(Ω)=

3

36=

1

12

P (A) gt P (B)


P (A) =25

216 P (B) =

27

216

P (A) lt P (B)

22 Paradoks podjele








3


n+mminus 1

n

)+

(n+mminus 1

n+ 1


(n+mminus 1

n+mminus 2

)+

(n+mminus 1

n+mminus 1

)


1

2n+mminus1

n+mminus1sumj=n

(n+mminus 1

j

)


1

2n+mminus1

n+mminus1sumj=m

(n+mminus 1

j

)








P( n⋂j=1

Aij)

=nprodj=1

P (Aij)


9ruski matematicar

4







P (A) =1

2 P (B) =

1

2 P (C) =

1

2


P (A capB) =1

4=

1

2middot 1

2= P (A)P (B)


P (A cap C) = P (A)P (C) =1

4

slicno

P (B cap C) = P (B)P (C) =1

4



4

Kako je


8= P (A)P (B)P (C)




Ω = (i j) i j = 1 6 k(Ω) = 36


P (A) =1

2 P (B) =

1

2 P (C) =

1

9

5


P (A capB cap C) =1

36=

1

2middot 1

2middot 1

9= P (A)P (B)P (C)


P (A capB) =1

66= 1

4= P (A)P (B)

P (A cap C) =1

366= 1

18= P (A)P (C)

P (B cap C) =1

126= 1

18= P (B)P (C)










6














3⋃iisinI Hi = Ω


P (A1) = P (A2) = P (A3) =1

3


P (B2|A1) = P (B3|A1) =1

2


P (B2|A2) = 0 P (B3|A2) = 1


P (B2|A3) = 1 P (B3|A3) = 0


7


P (A) =sumiisinI

P (A|Hi)P (Hi)


A =⋃iisinI

A capHi


P (A) =sumiisinI


P (A|Hi)P (Hi)


P (B1) = 0



2middot 1

3+ 0 + 1 middot 1

3=

1

2


2middot 1

3+ 1 middot 1

3+ 0 =

1

2




P (A)




P (A)


P (A1|B2) =P (B2|A1)P (A1)

P (B2)=

12middot 1

312

=1

3

P (A2|B2) = 0

P (A3|B2) =P (B2|A3)P (A3)

P (B2)=

1 middot 13

12

=2

3


8




P (A) =λ(A)

λ(Ω)






P =r2

2π

r21π

=1

4


9


3



2


10









P (X = 2i) =1

2i i = 1 2 3


EX = 2 middot 1

2+ 4 middot 1

4+ 8 middot 1



2 middot 1

2+ 4 middot 1


219+( 1

220+

1


)106 = 19 + 190 asymp 21



dU prop dK

K




11


EU =infinsumn=1


1

2nlog 2n = log 4




Sn minus anbn




limnrarrinfin




maxkisinN

V arXk leM



limnrarrinfin

P

1


= 0

Ekvivalentno

limnrarrinfin

P

1


= 1



P


minus 1

∣∣∣∣∣ lt ε

rarr 1

tjSnbn

Pminusrarr 1


12



Xn(ω) = 1



n



(gs) limnrarrinfin

1

n

nsumj=1

Xj = EX1


P (X le 2i) =isum

j=1

2minusj = 1minus 1

2i

slijedi da je


2i


infinsumn=2


1




lim infnrarrinfin

An =infin⋃n=1

infin⋂k=n

Ak

lim supnrarrinfin

An =infin⋂n=1

infin⋃k=n

Ak


infinsumn=1

P (An) =infin

onda je

P

(lim supnrarrinfin

An

)= 1


13


P

(lim supnrarrinfin

Xn

bngt c

)= 1

Tada je

P

(lim supnrarrinfin

Xn

bn=infin

)= 1 i P

(lim supnrarrinfin

Snbn

=infin

)= 1

Stoga

P

(limnrarrinfin

Snbn

= 1

)= 0




EX =infinsumi=1


2ip

2iminus1=infin


EX =infinsumi=1


2pminus 1ltinfin



teoremu


2i bn = 2p


)tada za

svaki ε

limnrarrinfin

P


∣∣∣∣ ge ε

= 0


14





X

n

Pminusrarr p



15












= 1


P

(X =

n

2

)=

(n

n2

)05n205nminusn2 =

(n

n2

)05n =

n

(n2)(n

2)

05n


n asympradic

2πn(ne

)ndobivamo

P

(X =

n

2

)=

1radicπn2



16


Ω = (GG) (GP ) (PG) (P P )



4=

1

2= 05

Za n = 4


16= 0375



17







p = 1minus pc



365jer smo iz skupa


365= 343

365 Dakle


pc =23prodK=1


1minus 1

365

)middot(

1minus 2

365


1minus 22

365

)asymp 0492703


n = 30 =rArr p = 706

n = 70 =rArr p = 999



18



pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn



(dminus n)dn


19







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis

Sadrzaj

1 Uvod 1



Literatura 31

Zivotopis 34

1 Uvod



1



21 Paradoks kockica


P (A) =k(A)

k(Ω)



9 = 3 + 6 = 4 + 5

10 = 4 + 6 = 5 + 5




2



P (A) =k(A)

k(Ω)=

4

36=

1

9 P (B) =

k(B)

k(Ω)=

3

36=

1

12

P (A) gt P (B)


P (A) =25

216 P (B) =

27

216

P (A) lt P (B)

22 Paradoks podjele








3


n+mminus 1

n

)+

(n+mminus 1

n+ 1


(n+mminus 1

n+mminus 2

)+

(n+mminus 1

n+mminus 1

)


1

2n+mminus1

n+mminus1sumj=n

(n+mminus 1

j

)


1

2n+mminus1

n+mminus1sumj=m

(n+mminus 1

j

)








P( n⋂j=1

Aij)

=nprodj=1

P (Aij)


9ruski matematicar

4







P (A) =1

2 P (B) =

1

2 P (C) =

1

2


P (A capB) =1

4=

1

2middot 1

2= P (A)P (B)


P (A cap C) = P (A)P (C) =1

4

slicno

P (B cap C) = P (B)P (C) =1

4



4

Kako je


8= P (A)P (B)P (C)




Ω = (i j) i j = 1 6 k(Ω) = 36


P (A) =1

2 P (B) =

1

2 P (C) =

1

9

5


P (A capB cap C) =1

36=

1

2middot 1

2middot 1

9= P (A)P (B)P (C)


P (A capB) =1

66= 1

4= P (A)P (B)

P (A cap C) =1

366= 1

18= P (A)P (C)

P (B cap C) =1

126= 1

18= P (B)P (C)










6














3⋃iisinI Hi = Ω


P (A1) = P (A2) = P (A3) =1

3


P (B2|A1) = P (B3|A1) =1

2


P (B2|A2) = 0 P (B3|A2) = 1


P (B2|A3) = 1 P (B3|A3) = 0


7


P (A) =sumiisinI

P (A|Hi)P (Hi)


A =⋃iisinI

A capHi


P (A) =sumiisinI


P (A|Hi)P (Hi)


P (B1) = 0



2middot 1

3+ 0 + 1 middot 1

3=

1

2


2middot 1

3+ 1 middot 1

3+ 0 =

1

2




P (A)




P (A)


P (A1|B2) =P (B2|A1)P (A1)

P (B2)=

12middot 1

312

=1

3

P (A2|B2) = 0

P (A3|B2) =P (B2|A3)P (A3)

P (B2)=

1 middot 13

12

=2

3


8




P (A) =λ(A)

λ(Ω)






P =r2

2π

r21π

=1

4


9


3



2


10









P (X = 2i) =1

2i i = 1 2 3


EX = 2 middot 1

2+ 4 middot 1

4+ 8 middot 1



2 middot 1

2+ 4 middot 1


219+( 1

220+

1


)106 = 19 + 190 asymp 21



dU prop dK

K




11


EU =infinsumn=1


1

2nlog 2n = log 4




Sn minus anbn




limnrarrinfin




maxkisinN

V arXk leM



limnrarrinfin

P

1


= 0

Ekvivalentno

limnrarrinfin

P

1


= 1



P


minus 1

∣∣∣∣∣ lt ε

rarr 1

tjSnbn

Pminusrarr 1


12



Xn(ω) = 1



n



(gs) limnrarrinfin

1

n

nsumj=1

Xj = EX1


P (X le 2i) =isum

j=1

2minusj = 1minus 1

2i

slijedi da je


2i


infinsumn=2


1




lim infnrarrinfin

An =infin⋃n=1

infin⋂k=n

Ak

lim supnrarrinfin

An =infin⋂n=1

infin⋃k=n

Ak


infinsumn=1

P (An) =infin

onda je

P

(lim supnrarrinfin

An

)= 1


13


P

(lim supnrarrinfin

Xn

bngt c

)= 1

Tada je

P

(lim supnrarrinfin

Xn

bn=infin

)= 1 i P

(lim supnrarrinfin

Snbn

=infin

)= 1

Stoga

P

(limnrarrinfin

Snbn

= 1

)= 0




EX =infinsumi=1


2ip

2iminus1=infin


EX =infinsumi=1


2pminus 1ltinfin



teoremu


2i bn = 2p


)tada za

svaki ε

limnrarrinfin

P


∣∣∣∣ ge ε

= 0


14





X

n

Pminusrarr p



15












= 1


P

(X =

n

2

)=

(n

n2

)05n205nminusn2 =

(n

n2

)05n =

n

(n2)(n

2)

05n


n asympradic

2πn(ne

)ndobivamo

P

(X =

n

2

)=

1radicπn2



16


Ω = (GG) (GP ) (PG) (P P )



4=

1

2= 05

Za n = 4


16= 0375



17







p = 1minus pc



365jer smo iz skupa


365= 343

365 Dakle


pc =23prodK=1


1minus 1

365

)middot(

1minus 2

365


1minus 22

365

)asymp 0492703


n = 30 =rArr p = 706

n = 70 =rArr p = 999



18



pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn



(dminus n)dn


19







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis

1 Uvod



1



21 Paradoks kockica


P (A) =k(A)

k(Ω)



9 = 3 + 6 = 4 + 5

10 = 4 + 6 = 5 + 5




2



P (A) =k(A)

k(Ω)=

4

36=

1

9 P (B) =

k(B)

k(Ω)=

3

36=

1

12

P (A) gt P (B)


P (A) =25

216 P (B) =

27

216

P (A) lt P (B)

22 Paradoks podjele








3


n+mminus 1

n

)+

(n+mminus 1

n+ 1


(n+mminus 1

n+mminus 2

)+

(n+mminus 1

n+mminus 1

)


1

2n+mminus1

n+mminus1sumj=n

(n+mminus 1

j

)


1

2n+mminus1

n+mminus1sumj=m

(n+mminus 1

j

)








P( n⋂j=1

Aij)

=nprodj=1

P (Aij)


9ruski matematicar

4







P (A) =1

2 P (B) =

1

2 P (C) =

1

2


P (A capB) =1

4=

1

2middot 1

2= P (A)P (B)


P (A cap C) = P (A)P (C) =1

4

slicno

P (B cap C) = P (B)P (C) =1

4



4

Kako je


8= P (A)P (B)P (C)




Ω = (i j) i j = 1 6 k(Ω) = 36


P (A) =1

2 P (B) =

1

2 P (C) =

1

9

5


P (A capB cap C) =1

36=

1

2middot 1

2middot 1

9= P (A)P (B)P (C)


P (A capB) =1

66= 1

4= P (A)P (B)

P (A cap C) =1

366= 1

18= P (A)P (C)

P (B cap C) =1

126= 1

18= P (B)P (C)










6














3⋃iisinI Hi = Ω


P (A1) = P (A2) = P (A3) =1

3


P (B2|A1) = P (B3|A1) =1

2


P (B2|A2) = 0 P (B3|A2) = 1


P (B2|A3) = 1 P (B3|A3) = 0


7


P (A) =sumiisinI

P (A|Hi)P (Hi)


A =⋃iisinI

A capHi


P (A) =sumiisinI


P (A|Hi)P (Hi)


P (B1) = 0



2middot 1

3+ 0 + 1 middot 1

3=

1

2


2middot 1

3+ 1 middot 1

3+ 0 =

1

2




P (A)




P (A)


P (A1|B2) =P (B2|A1)P (A1)

P (B2)=

12middot 1

312

=1

3

P (A2|B2) = 0

P (A3|B2) =P (B2|A3)P (A3)

P (B2)=

1 middot 13

12

=2

3


8




P (A) =λ(A)

λ(Ω)






P =r2

2π

r21π

=1

4


9


3



2


10









P (X = 2i) =1

2i i = 1 2 3


EX = 2 middot 1

2+ 4 middot 1

4+ 8 middot 1



2 middot 1

2+ 4 middot 1


219+( 1

220+

1


)106 = 19 + 190 asymp 21



dU prop dK

K




11


EU =infinsumn=1


1

2nlog 2n = log 4




Sn minus anbn




limnrarrinfin




maxkisinN

V arXk leM



limnrarrinfin

P

1


= 0

Ekvivalentno

limnrarrinfin

P

1


= 1



P


minus 1

∣∣∣∣∣ lt ε

rarr 1

tjSnbn

Pminusrarr 1


12



Xn(ω) = 1



n



(gs) limnrarrinfin

1

n

nsumj=1

Xj = EX1


P (X le 2i) =isum

j=1

2minusj = 1minus 1

2i

slijedi da je


2i


infinsumn=2


1




lim infnrarrinfin

An =infin⋃n=1

infin⋂k=n

Ak

lim supnrarrinfin

An =infin⋂n=1

infin⋃k=n

Ak


infinsumn=1

P (An) =infin

onda je

P

(lim supnrarrinfin

An

)= 1


13


P

(lim supnrarrinfin

Xn

bngt c

)= 1

Tada je

P

(lim supnrarrinfin

Xn

bn=infin

)= 1 i P

(lim supnrarrinfin

Snbn

=infin

)= 1

Stoga

P

(limnrarrinfin

Snbn

= 1

)= 0




EX =infinsumi=1


2ip

2iminus1=infin


EX =infinsumi=1


2pminus 1ltinfin



teoremu


2i bn = 2p


)tada za

svaki ε

limnrarrinfin

P


∣∣∣∣ ge ε

= 0


14





X

n

Pminusrarr p



15












= 1


P

(X =

n

2

)=

(n

n2

)05n205nminusn2 =

(n

n2

)05n =

n

(n2)(n

2)

05n


n asympradic

2πn(ne

)ndobivamo

P

(X =

n

2

)=

1radicπn2



16


Ω = (GG) (GP ) (PG) (P P )



4=

1

2= 05

Za n = 4


16= 0375



17







p = 1minus pc



365jer smo iz skupa


365= 343

365 Dakle


pc =23prodK=1


1minus 1

365

)middot(

1minus 2

365


1minus 22

365

)asymp 0492703


n = 30 =rArr p = 706

n = 70 =rArr p = 999



18



pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn



(dminus n)dn


19







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis



21 Paradoks kockica


P (A) =k(A)

k(Ω)



9 = 3 + 6 = 4 + 5

10 = 4 + 6 = 5 + 5




2



P (A) =k(A)

k(Ω)=

4

36=

1

9 P (B) =

k(B)

k(Ω)=

3

36=

1

12

P (A) gt P (B)


P (A) =25

216 P (B) =

27

216

P (A) lt P (B)

22 Paradoks podjele








3


n+mminus 1

n

)+

(n+mminus 1

n+ 1


(n+mminus 1

n+mminus 2

)+

(n+mminus 1

n+mminus 1

)


1

2n+mminus1

n+mminus1sumj=n

(n+mminus 1

j

)


1

2n+mminus1

n+mminus1sumj=m

(n+mminus 1

j

)








P( n⋂j=1

Aij)

=nprodj=1

P (Aij)


9ruski matematicar

4







P (A) =1

2 P (B) =

1

2 P (C) =

1

2


P (A capB) =1

4=

1

2middot 1

2= P (A)P (B)


P (A cap C) = P (A)P (C) =1

4

slicno

P (B cap C) = P (B)P (C) =1

4



4

Kako je


8= P (A)P (B)P (C)




Ω = (i j) i j = 1 6 k(Ω) = 36


P (A) =1

2 P (B) =

1

2 P (C) =

1

9

5


P (A capB cap C) =1

36=

1

2middot 1

2middot 1

9= P (A)P (B)P (C)


P (A capB) =1

66= 1

4= P (A)P (B)

P (A cap C) =1

366= 1

18= P (A)P (C)

P (B cap C) =1

126= 1

18= P (B)P (C)










6














3⋃iisinI Hi = Ω


P (A1) = P (A2) = P (A3) =1

3


P (B2|A1) = P (B3|A1) =1

2


P (B2|A2) = 0 P (B3|A2) = 1


P (B2|A3) = 1 P (B3|A3) = 0


7


P (A) =sumiisinI

P (A|Hi)P (Hi)


A =⋃iisinI

A capHi


P (A) =sumiisinI


P (A|Hi)P (Hi)


P (B1) = 0



2middot 1

3+ 0 + 1 middot 1

3=

1

2


2middot 1

3+ 1 middot 1

3+ 0 =

1

2




P (A)




P (A)


P (A1|B2) =P (B2|A1)P (A1)

P (B2)=

12middot 1

312

=1

3

P (A2|B2) = 0

P (A3|B2) =P (B2|A3)P (A3)

P (B2)=

1 middot 13

12

=2

3


8




P (A) =λ(A)

λ(Ω)






P =r2

2π

r21π

=1

4


9


3



2


10









P (X = 2i) =1

2i i = 1 2 3


EX = 2 middot 1

2+ 4 middot 1

4+ 8 middot 1



2 middot 1

2+ 4 middot 1


219+( 1

220+

1


)106 = 19 + 190 asymp 21



dU prop dK

K




11


EU =infinsumn=1


1

2nlog 2n = log 4




Sn minus anbn




limnrarrinfin




maxkisinN

V arXk leM



limnrarrinfin

P

1


= 0

Ekvivalentno

limnrarrinfin

P

1


= 1



P


minus 1

∣∣∣∣∣ lt ε

rarr 1

tjSnbn

Pminusrarr 1


12



Xn(ω) = 1



n



(gs) limnrarrinfin

1

n

nsumj=1

Xj = EX1


P (X le 2i) =isum

j=1

2minusj = 1minus 1

2i

slijedi da je


2i


infinsumn=2


1




lim infnrarrinfin

An =infin⋃n=1

infin⋂k=n

Ak

lim supnrarrinfin

An =infin⋂n=1

infin⋃k=n

Ak


infinsumn=1

P (An) =infin

onda je

P

(lim supnrarrinfin

An

)= 1


13


P

(lim supnrarrinfin

Xn

bngt c

)= 1

Tada je

P

(lim supnrarrinfin

Xn

bn=infin

)= 1 i P

(lim supnrarrinfin

Snbn

=infin

)= 1

Stoga

P

(limnrarrinfin

Snbn

= 1

)= 0




EX =infinsumi=1


2ip

2iminus1=infin


EX =infinsumi=1


2pminus 1ltinfin



teoremu


2i bn = 2p


)tada za

svaki ε

limnrarrinfin

P


∣∣∣∣ ge ε

= 0


14





X

n

Pminusrarr p



15












= 1


P

(X =

n

2

)=

(n

n2

)05n205nminusn2 =

(n

n2

)05n =

n

(n2)(n

2)

05n


n asympradic

2πn(ne

)ndobivamo

P

(X =

n

2

)=

1radicπn2



16


Ω = (GG) (GP ) (PG) (P P )



4=

1

2= 05

Za n = 4


16= 0375



17







p = 1minus pc



365jer smo iz skupa


365= 343

365 Dakle


pc =23prodK=1


1minus 1

365

)middot(

1minus 2

365


1minus 22

365

)asymp 0492703


n = 30 =rArr p = 706

n = 70 =rArr p = 999



18



pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn



(dminus n)dn


19







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis



P (A) =k(A)

k(Ω)=

4

36=

1

9 P (B) =

k(B)

k(Ω)=

3

36=

1

12

P (A) gt P (B)


P (A) =25

216 P (B) =

27

216

P (A) lt P (B)

22 Paradoks podjele








3


n+mminus 1

n

)+

(n+mminus 1

n+ 1


(n+mminus 1

n+mminus 2

)+

(n+mminus 1

n+mminus 1

)


1

2n+mminus1

n+mminus1sumj=n

(n+mminus 1

j

)


1

2n+mminus1

n+mminus1sumj=m

(n+mminus 1

j

)








P( n⋂j=1

Aij)

=nprodj=1

P (Aij)


9ruski matematicar

4







P (A) =1

2 P (B) =

1

2 P (C) =

1

2


P (A capB) =1

4=

1

2middot 1

2= P (A)P (B)


P (A cap C) = P (A)P (C) =1

4

slicno

P (B cap C) = P (B)P (C) =1

4



4

Kako je


8= P (A)P (B)P (C)




Ω = (i j) i j = 1 6 k(Ω) = 36


P (A) =1

2 P (B) =

1

2 P (C) =

1

9

5


P (A capB cap C) =1

36=

1

2middot 1

2middot 1

9= P (A)P (B)P (C)


P (A capB) =1

66= 1

4= P (A)P (B)

P (A cap C) =1

366= 1

18= P (A)P (C)

P (B cap C) =1

126= 1

18= P (B)P (C)










6














3⋃iisinI Hi = Ω


P (A1) = P (A2) = P (A3) =1

3


P (B2|A1) = P (B3|A1) =1

2


P (B2|A2) = 0 P (B3|A2) = 1


P (B2|A3) = 1 P (B3|A3) = 0


7


P (A) =sumiisinI

P (A|Hi)P (Hi)


A =⋃iisinI

A capHi


P (A) =sumiisinI


P (A|Hi)P (Hi)


P (B1) = 0



2middot 1

3+ 0 + 1 middot 1

3=

1

2


2middot 1

3+ 1 middot 1

3+ 0 =

1

2




P (A)




P (A)


P (A1|B2) =P (B2|A1)P (A1)

P (B2)=

12middot 1

312

=1

3

P (A2|B2) = 0

P (A3|B2) =P (B2|A3)P (A3)

P (B2)=

1 middot 13

12

=2

3


8




P (A) =λ(A)

λ(Ω)






P =r2

2π

r21π

=1

4


9


3



2


10









P (X = 2i) =1

2i i = 1 2 3


EX = 2 middot 1

2+ 4 middot 1

4+ 8 middot 1



2 middot 1

2+ 4 middot 1


219+( 1

220+

1


)106 = 19 + 190 asymp 21



dU prop dK

K




11


EU =infinsumn=1


1

2nlog 2n = log 4




Sn minus anbn




limnrarrinfin




maxkisinN

V arXk leM



limnrarrinfin

P

1


= 0

Ekvivalentno

limnrarrinfin

P

1


= 1



P


minus 1

∣∣∣∣∣ lt ε

rarr 1

tjSnbn

Pminusrarr 1


12



Xn(ω) = 1



n



(gs) limnrarrinfin

1

n

nsumj=1

Xj = EX1


P (X le 2i) =isum

j=1

2minusj = 1minus 1

2i

slijedi da je


2i


infinsumn=2


1




lim infnrarrinfin

An =infin⋃n=1

infin⋂k=n

Ak

lim supnrarrinfin

An =infin⋂n=1

infin⋃k=n

Ak


infinsumn=1

P (An) =infin

onda je

P

(lim supnrarrinfin

An

)= 1


13


P

(lim supnrarrinfin

Xn

bngt c

)= 1

Tada je

P

(lim supnrarrinfin

Xn

bn=infin

)= 1 i P

(lim supnrarrinfin

Snbn

=infin

)= 1

Stoga

P

(limnrarrinfin

Snbn

= 1

)= 0




EX =infinsumi=1


2ip

2iminus1=infin


EX =infinsumi=1


2pminus 1ltinfin



teoremu


2i bn = 2p


)tada za

svaki ε

limnrarrinfin

P


∣∣∣∣ ge ε

= 0


14





X

n

Pminusrarr p



15












= 1


P

(X =

n

2

)=

(n

n2

)05n205nminusn2 =

(n

n2

)05n =

n

(n2)(n

2)

05n


n asympradic

2πn(ne

)ndobivamo

P

(X =

n

2

)=

1radicπn2



16


Ω = (GG) (GP ) (PG) (P P )



4=

1

2= 05

Za n = 4


16= 0375



17







p = 1minus pc



365jer smo iz skupa


365= 343

365 Dakle


pc =23prodK=1


1minus 1

365

)middot(

1minus 2

365


1minus 22

365

)asymp 0492703


n = 30 =rArr p = 706

n = 70 =rArr p = 999



18



pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn



(dminus n)dn


19







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis


n+mminus 1

n

)+

(n+mminus 1

n+ 1


(n+mminus 1

n+mminus 2

)+

(n+mminus 1

n+mminus 1

)


1

2n+mminus1

n+mminus1sumj=n

(n+mminus 1

j

)


1

2n+mminus1

n+mminus1sumj=m

(n+mminus 1

j

)








P( n⋂j=1

Aij)

=nprodj=1

P (Aij)


9ruski matematicar

4







P (A) =1

2 P (B) =

1

2 P (C) =

1

2


P (A capB) =1

4=

1

2middot 1

2= P (A)P (B)


P (A cap C) = P (A)P (C) =1

4

slicno

P (B cap C) = P (B)P (C) =1

4



4

Kako je


8= P (A)P (B)P (C)




Ω = (i j) i j = 1 6 k(Ω) = 36


P (A) =1

2 P (B) =

1

2 P (C) =

1

9

5


P (A capB cap C) =1

36=

1

2middot 1

2middot 1

9= P (A)P (B)P (C)


P (A capB) =1

66= 1

4= P (A)P (B)

P (A cap C) =1

366= 1

18= P (A)P (C)

P (B cap C) =1

126= 1

18= P (B)P (C)










6














3⋃iisinI Hi = Ω


P (A1) = P (A2) = P (A3) =1

3


P (B2|A1) = P (B3|A1) =1

2


P (B2|A2) = 0 P (B3|A2) = 1


P (B2|A3) = 1 P (B3|A3) = 0


7


P (A) =sumiisinI

P (A|Hi)P (Hi)


A =⋃iisinI

A capHi


P (A) =sumiisinI


P (A|Hi)P (Hi)


P (B1) = 0



2middot 1

3+ 0 + 1 middot 1

3=

1

2


2middot 1

3+ 1 middot 1

3+ 0 =

1

2




P (A)




P (A)


P (A1|B2) =P (B2|A1)P (A1)

P (B2)=

12middot 1

312

=1

3

P (A2|B2) = 0

P (A3|B2) =P (B2|A3)P (A3)

P (B2)=

1 middot 13

12

=2

3


8




P (A) =λ(A)

λ(Ω)






P =r2

2π

r21π

=1

4


9


3



2


10









P (X = 2i) =1

2i i = 1 2 3


EX = 2 middot 1

2+ 4 middot 1

4+ 8 middot 1



2 middot 1

2+ 4 middot 1


219+( 1

220+

1


)106 = 19 + 190 asymp 21



dU prop dK

K




11


EU =infinsumn=1


1

2nlog 2n = log 4




Sn minus anbn




limnrarrinfin




maxkisinN

V arXk leM



limnrarrinfin

P

1


= 0

Ekvivalentno

limnrarrinfin

P

1


= 1



P


minus 1

∣∣∣∣∣ lt ε

rarr 1

tjSnbn

Pminusrarr 1


12



Xn(ω) = 1



n



(gs) limnrarrinfin

1

n

nsumj=1

Xj = EX1


P (X le 2i) =isum

j=1

2minusj = 1minus 1

2i

slijedi da je


2i


infinsumn=2


1




lim infnrarrinfin

An =infin⋃n=1

infin⋂k=n

Ak

lim supnrarrinfin

An =infin⋂n=1

infin⋃k=n

Ak


infinsumn=1

P (An) =infin

onda je

P

(lim supnrarrinfin

An

)= 1


13


P

(lim supnrarrinfin

Xn

bngt c

)= 1

Tada je

P

(lim supnrarrinfin

Xn

bn=infin

)= 1 i P

(lim supnrarrinfin

Snbn

=infin

)= 1

Stoga

P

(limnrarrinfin

Snbn

= 1

)= 0




EX =infinsumi=1


2ip

2iminus1=infin


EX =infinsumi=1


2pminus 1ltinfin



teoremu


2i bn = 2p


)tada za

svaki ε

limnrarrinfin

P


∣∣∣∣ ge ε

= 0


14





X

n

Pminusrarr p



15












= 1


P

(X =

n

2

)=

(n

n2

)05n205nminusn2 =

(n

n2

)05n =

n

(n2)(n

2)

05n


n asympradic

2πn(ne

)ndobivamo

P

(X =

n

2

)=

1radicπn2



16


Ω = (GG) (GP ) (PG) (P P )



4=

1

2= 05

Za n = 4


16= 0375



17







p = 1minus pc



365jer smo iz skupa


365= 343

365 Dakle


pc =23prodK=1


1minus 1

365

)middot(

1minus 2

365


1minus 22

365

)asymp 0492703


n = 30 =rArr p = 706

n = 70 =rArr p = 999



18



pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn



(dminus n)dn


19







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis







P (A) =1

2 P (B) =

1

2 P (C) =

1

2


P (A capB) =1

4=

1

2middot 1

2= P (A)P (B)


P (A cap C) = P (A)P (C) =1

4

slicno

P (B cap C) = P (B)P (C) =1

4



4

Kako je


8= P (A)P (B)P (C)




Ω = (i j) i j = 1 6 k(Ω) = 36


P (A) =1

2 P (B) =

1

2 P (C) =

1

9

5


P (A capB cap C) =1

36=

1

2middot 1

2middot 1

9= P (A)P (B)P (C)


P (A capB) =1

66= 1

4= P (A)P (B)

P (A cap C) =1

366= 1

18= P (A)P (C)

P (B cap C) =1

126= 1

18= P (B)P (C)










6














3⋃iisinI Hi = Ω


P (A1) = P (A2) = P (A3) =1

3


P (B2|A1) = P (B3|A1) =1

2


P (B2|A2) = 0 P (B3|A2) = 1


P (B2|A3) = 1 P (B3|A3) = 0


7


P (A) =sumiisinI

P (A|Hi)P (Hi)


A =⋃iisinI

A capHi


P (A) =sumiisinI


P (A|Hi)P (Hi)


P (B1) = 0



2middot 1

3+ 0 + 1 middot 1

3=

1

2


2middot 1

3+ 1 middot 1

3+ 0 =

1

2




P (A)




P (A)


P (A1|B2) =P (B2|A1)P (A1)

P (B2)=

12middot 1

312

=1

3

P (A2|B2) = 0

P (A3|B2) =P (B2|A3)P (A3)

P (B2)=

1 middot 13

12

=2

3


8




P (A) =λ(A)

λ(Ω)






P =r2

2π

r21π

=1

4


9


3



2


10









P (X = 2i) =1

2i i = 1 2 3


EX = 2 middot 1

2+ 4 middot 1

4+ 8 middot 1



2 middot 1

2+ 4 middot 1


219+( 1

220+

1


)106 = 19 + 190 asymp 21



dU prop dK

K




11


EU =infinsumn=1


1

2nlog 2n = log 4




Sn minus anbn




limnrarrinfin




maxkisinN

V arXk leM



limnrarrinfin

P

1


= 0

Ekvivalentno

limnrarrinfin

P

1


= 1



P


minus 1

∣∣∣∣∣ lt ε

rarr 1

tjSnbn

Pminusrarr 1


12



Xn(ω) = 1



n



(gs) limnrarrinfin

1

n

nsumj=1

Xj = EX1


P (X le 2i) =isum

j=1

2minusj = 1minus 1

2i

slijedi da je


2i


infinsumn=2


1




lim infnrarrinfin

An =infin⋃n=1

infin⋂k=n

Ak

lim supnrarrinfin

An =infin⋂n=1

infin⋃k=n

Ak


infinsumn=1

P (An) =infin

onda je

P

(lim supnrarrinfin

An

)= 1


13


P

(lim supnrarrinfin

Xn

bngt c

)= 1

Tada je

P

(lim supnrarrinfin

Xn

bn=infin

)= 1 i P

(lim supnrarrinfin

Snbn

=infin

)= 1

Stoga

P

(limnrarrinfin

Snbn

= 1

)= 0




EX =infinsumi=1


2ip

2iminus1=infin


EX =infinsumi=1


2pminus 1ltinfin



teoremu


2i bn = 2p


)tada za

svaki ε

limnrarrinfin

P


∣∣∣∣ ge ε

= 0


14





X

n

Pminusrarr p



15












= 1


P

(X =

n

2

)=

(n

n2

)05n205nminusn2 =

(n

n2

)05n =

n

(n2)(n

2)

05n


n asympradic

2πn(ne

)ndobivamo

P

(X =

n

2

)=

1radicπn2



16


Ω = (GG) (GP ) (PG) (P P )



4=

1

2= 05

Za n = 4


16= 0375



17







p = 1minus pc



365jer smo iz skupa


365= 343

365 Dakle


pc =23prodK=1


1minus 1

365

)middot(

1minus 2

365


1minus 22

365

)asymp 0492703


n = 30 =rArr p = 706

n = 70 =rArr p = 999



18



pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn



(dminus n)dn


19







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis


P (A capB cap C) =1

36=

1

2middot 1

2middot 1

9= P (A)P (B)P (C)


P (A capB) =1

66= 1

4= P (A)P (B)

P (A cap C) =1

366= 1

18= P (A)P (C)

P (B cap C) =1

126= 1

18= P (B)P (C)










6














3⋃iisinI Hi = Ω


P (A1) = P (A2) = P (A3) =1

3


P (B2|A1) = P (B3|A1) =1

2


P (B2|A2) = 0 P (B3|A2) = 1


P (B2|A3) = 1 P (B3|A3) = 0


7


P (A) =sumiisinI

P (A|Hi)P (Hi)


A =⋃iisinI

A capHi


P (A) =sumiisinI


P (A|Hi)P (Hi)


P (B1) = 0



2middot 1

3+ 0 + 1 middot 1

3=

1

2


2middot 1

3+ 1 middot 1

3+ 0 =

1

2




P (A)




P (A)


P (A1|B2) =P (B2|A1)P (A1)

P (B2)=

12middot 1

312

=1

3

P (A2|B2) = 0

P (A3|B2) =P (B2|A3)P (A3)

P (B2)=

1 middot 13

12

=2

3


8




P (A) =λ(A)

λ(Ω)






P =r2

2π

r21π

=1

4


9


3



2


10









P (X = 2i) =1

2i i = 1 2 3


EX = 2 middot 1

2+ 4 middot 1

4+ 8 middot 1



2 middot 1

2+ 4 middot 1


219+( 1

220+

1


)106 = 19 + 190 asymp 21



dU prop dK

K




11


EU =infinsumn=1


1

2nlog 2n = log 4




Sn minus anbn




limnrarrinfin




maxkisinN

V arXk leM



limnrarrinfin

P

1


= 0

Ekvivalentno

limnrarrinfin

P

1


= 1



P


minus 1

∣∣∣∣∣ lt ε

rarr 1

tjSnbn

Pminusrarr 1


12



Xn(ω) = 1



n



(gs) limnrarrinfin

1

n

nsumj=1

Xj = EX1


P (X le 2i) =isum

j=1

2minusj = 1minus 1

2i

slijedi da je


2i


infinsumn=2


1




lim infnrarrinfin

An =infin⋃n=1

infin⋂k=n

Ak

lim supnrarrinfin

An =infin⋂n=1

infin⋃k=n

Ak


infinsumn=1

P (An) =infin

onda je

P

(lim supnrarrinfin

An

)= 1


13


P

(lim supnrarrinfin

Xn

bngt c

)= 1

Tada je

P

(lim supnrarrinfin

Xn

bn=infin

)= 1 i P

(lim supnrarrinfin

Snbn

=infin

)= 1

Stoga

P

(limnrarrinfin

Snbn

= 1

)= 0




EX =infinsumi=1


2ip

2iminus1=infin


EX =infinsumi=1


2pminus 1ltinfin



teoremu


2i bn = 2p


)tada za

svaki ε

limnrarrinfin

P


∣∣∣∣ ge ε

= 0


14





X

n

Pminusrarr p



15












= 1


P

(X =

n

2

)=

(n

n2

)05n205nminusn2 =

(n

n2

)05n =

n

(n2)(n

2)

05n


n asympradic

2πn(ne

)ndobivamo

P

(X =

n

2

)=

1radicπn2



16


Ω = (GG) (GP ) (PG) (P P )



4=

1

2= 05

Za n = 4


16= 0375



17







p = 1minus pc



365jer smo iz skupa


365= 343

365 Dakle


pc =23prodK=1


1minus 1

365

)middot(

1minus 2

365


1minus 22

365

)asymp 0492703


n = 30 =rArr p = 706

n = 70 =rArr p = 999



18



pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn



(dminus n)dn


19







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis














3⋃iisinI Hi = Ω


P (A1) = P (A2) = P (A3) =1

3


P (B2|A1) = P (B3|A1) =1

2


P (B2|A2) = 0 P (B3|A2) = 1


P (B2|A3) = 1 P (B3|A3) = 0


7


P (A) =sumiisinI

P (A|Hi)P (Hi)


A =⋃iisinI

A capHi


P (A) =sumiisinI


P (A|Hi)P (Hi)


P (B1) = 0



2middot 1

3+ 0 + 1 middot 1

3=

1

2


2middot 1

3+ 1 middot 1

3+ 0 =

1

2




P (A)




P (A)


P (A1|B2) =P (B2|A1)P (A1)

P (B2)=

12middot 1

312

=1

3

P (A2|B2) = 0

P (A3|B2) =P (B2|A3)P (A3)

P (B2)=

1 middot 13

12

=2

3


8




P (A) =λ(A)

λ(Ω)






P =r2

2π

r21π

=1

4


9


3



2


10









P (X = 2i) =1

2i i = 1 2 3


EX = 2 middot 1

2+ 4 middot 1

4+ 8 middot 1



2 middot 1

2+ 4 middot 1


219+( 1

220+

1


)106 = 19 + 190 asymp 21



dU prop dK

K




11


EU =infinsumn=1


1

2nlog 2n = log 4




Sn minus anbn




limnrarrinfin




maxkisinN

V arXk leM



limnrarrinfin

P

1


= 0

Ekvivalentno

limnrarrinfin

P

1


= 1



P


minus 1

∣∣∣∣∣ lt ε

rarr 1

tjSnbn

Pminusrarr 1


12



Xn(ω) = 1



n



(gs) limnrarrinfin

1

n

nsumj=1

Xj = EX1


P (X le 2i) =isum

j=1

2minusj = 1minus 1

2i

slijedi da je


2i


infinsumn=2


1




lim infnrarrinfin

An =infin⋃n=1

infin⋂k=n

Ak

lim supnrarrinfin

An =infin⋂n=1

infin⋃k=n

Ak


infinsumn=1

P (An) =infin

onda je

P

(lim supnrarrinfin

An

)= 1


13


P

(lim supnrarrinfin

Xn

bngt c

)= 1

Tada je

P

(lim supnrarrinfin

Xn

bn=infin

)= 1 i P

(lim supnrarrinfin

Snbn

=infin

)= 1

Stoga

P

(limnrarrinfin

Snbn

= 1

)= 0




EX =infinsumi=1


2ip

2iminus1=infin


EX =infinsumi=1


2pminus 1ltinfin



teoremu


2i bn = 2p


)tada za

svaki ε

limnrarrinfin

P


∣∣∣∣ ge ε

= 0


14





X

n

Pminusrarr p



15












= 1


P

(X =

n

2

)=

(n

n2

)05n205nminusn2 =

(n

n2

)05n =

n

(n2)(n

2)

05n


n asympradic

2πn(ne

)ndobivamo

P

(X =

n

2

)=

1radicπn2



16


Ω = (GG) (GP ) (PG) (P P )



4=

1

2= 05

Za n = 4


16= 0375



17







p = 1minus pc



365jer smo iz skupa


365= 343

365 Dakle


pc =23prodK=1


1minus 1

365

)middot(

1minus 2

365


1minus 22

365

)asymp 0492703


n = 30 =rArr p = 706

n = 70 =rArr p = 999



18



pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn



(dminus n)dn


19







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis


P (A) =sumiisinI

P (A|Hi)P (Hi)


A =⋃iisinI

A capHi


P (A) =sumiisinI


P (A|Hi)P (Hi)


P (B1) = 0



2middot 1

3+ 0 + 1 middot 1

3=

1

2


2middot 1

3+ 1 middot 1

3+ 0 =

1

2




P (A)




P (A)


P (A1|B2) =P (B2|A1)P (A1)

P (B2)=

12middot 1

312

=1

3

P (A2|B2) = 0

P (A3|B2) =P (B2|A3)P (A3)

P (B2)=

1 middot 13

12

=2

3


8




P (A) =λ(A)

λ(Ω)






P =r2

2π

r21π

=1

4


9


3



2


10









P (X = 2i) =1

2i i = 1 2 3


EX = 2 middot 1

2+ 4 middot 1

4+ 8 middot 1



2 middot 1

2+ 4 middot 1


219+( 1

220+

1


)106 = 19 + 190 asymp 21



dU prop dK

K




11


EU =infinsumn=1


1

2nlog 2n = log 4




Sn minus anbn




limnrarrinfin




maxkisinN

V arXk leM



limnrarrinfin

P

1


= 0

Ekvivalentno

limnrarrinfin

P

1


= 1



P


minus 1

∣∣∣∣∣ lt ε

rarr 1

tjSnbn

Pminusrarr 1


12



Xn(ω) = 1



n



(gs) limnrarrinfin

1

n

nsumj=1

Xj = EX1


P (X le 2i) =isum

j=1

2minusj = 1minus 1

2i

slijedi da je


2i


infinsumn=2


1




lim infnrarrinfin

An =infin⋃n=1

infin⋂k=n

Ak

lim supnrarrinfin

An =infin⋂n=1

infin⋃k=n

Ak


infinsumn=1

P (An) =infin

onda je

P

(lim supnrarrinfin

An

)= 1


13


P

(lim supnrarrinfin

Xn

bngt c

)= 1

Tada je

P

(lim supnrarrinfin

Xn

bn=infin

)= 1 i P

(lim supnrarrinfin

Snbn

=infin

)= 1

Stoga

P

(limnrarrinfin

Snbn

= 1

)= 0




EX =infinsumi=1


2ip

2iminus1=infin


EX =infinsumi=1


2pminus 1ltinfin



teoremu


2i bn = 2p


)tada za

svaki ε

limnrarrinfin

P


∣∣∣∣ ge ε

= 0


14





X

n

Pminusrarr p



15












= 1


P

(X =

n

2

)=

(n

n2

)05n205nminusn2 =

(n

n2

)05n =

n

(n2)(n

2)

05n


n asympradic

2πn(ne

)ndobivamo

P

(X =

n

2

)=

1radicπn2



16


Ω = (GG) (GP ) (PG) (P P )



4=

1

2= 05

Za n = 4


16= 0375



17







p = 1minus pc



365jer smo iz skupa


365= 343

365 Dakle


pc =23prodK=1


1minus 1

365

)middot(

1minus 2

365


1minus 22

365

)asymp 0492703


n = 30 =rArr p = 706

n = 70 =rArr p = 999



18



pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn



(dminus n)dn


19







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis




P (A) =λ(A)

λ(Ω)






P =r2

2π

r21π

=1

4


9


3



2


10









P (X = 2i) =1

2i i = 1 2 3


EX = 2 middot 1

2+ 4 middot 1

4+ 8 middot 1



2 middot 1

2+ 4 middot 1


219+( 1

220+

1


)106 = 19 + 190 asymp 21



dU prop dK

K




11


EU =infinsumn=1


1

2nlog 2n = log 4




Sn minus anbn




limnrarrinfin




maxkisinN

V arXk leM



limnrarrinfin

P

1


= 0

Ekvivalentno

limnrarrinfin

P

1


= 1



P


minus 1

∣∣∣∣∣ lt ε

rarr 1

tjSnbn

Pminusrarr 1


12



Xn(ω) = 1



n



(gs) limnrarrinfin

1

n

nsumj=1

Xj = EX1


P (X le 2i) =isum

j=1

2minusj = 1minus 1

2i

slijedi da je


2i


infinsumn=2


1




lim infnrarrinfin

An =infin⋃n=1

infin⋂k=n

Ak

lim supnrarrinfin

An =infin⋂n=1

infin⋃k=n

Ak


infinsumn=1

P (An) =infin

onda je

P

(lim supnrarrinfin

An

)= 1


13


P

(lim supnrarrinfin

Xn

bngt c

)= 1

Tada je

P

(lim supnrarrinfin

Xn

bn=infin

)= 1 i P

(lim supnrarrinfin

Snbn

=infin

)= 1

Stoga

P

(limnrarrinfin

Snbn

= 1

)= 0




EX =infinsumi=1


2ip

2iminus1=infin


EX =infinsumi=1


2pminus 1ltinfin



teoremu


2i bn = 2p


)tada za

svaki ε

limnrarrinfin

P


∣∣∣∣ ge ε

= 0


14





X

n

Pminusrarr p



15












= 1


P

(X =

n

2

)=

(n

n2

)05n205nminusn2 =

(n

n2

)05n =

n

(n2)(n

2)

05n


n asympradic

2πn(ne

)ndobivamo

P

(X =

n

2

)=

1radicπn2



16


Ω = (GG) (GP ) (PG) (P P )



4=

1

2= 05

Za n = 4


16= 0375



17







p = 1minus pc



365jer smo iz skupa


365= 343

365 Dakle


pc =23prodK=1


1minus 1

365

)middot(

1minus 2

365


1minus 22

365

)asymp 0492703


n = 30 =rArr p = 706

n = 70 =rArr p = 999



18



pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn



(dminus n)dn


19







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis


3



2


10









P (X = 2i) =1

2i i = 1 2 3


EX = 2 middot 1

2+ 4 middot 1

4+ 8 middot 1



2 middot 1

2+ 4 middot 1


219+( 1

220+

1


)106 = 19 + 190 asymp 21



dU prop dK

K




11


EU =infinsumn=1


1

2nlog 2n = log 4




Sn minus anbn




limnrarrinfin




maxkisinN

V arXk leM



limnrarrinfin

P

1


= 0

Ekvivalentno

limnrarrinfin

P

1


= 1



P


minus 1

∣∣∣∣∣ lt ε

rarr 1

tjSnbn

Pminusrarr 1


12



Xn(ω) = 1



n



(gs) limnrarrinfin

1

n

nsumj=1

Xj = EX1


P (X le 2i) =isum

j=1

2minusj = 1minus 1

2i

slijedi da je


2i


infinsumn=2


1




lim infnrarrinfin

An =infin⋃n=1

infin⋂k=n

Ak

lim supnrarrinfin

An =infin⋂n=1

infin⋃k=n

Ak


infinsumn=1

P (An) =infin

onda je

P

(lim supnrarrinfin

An

)= 1


13


P

(lim supnrarrinfin

Xn

bngt c

)= 1

Tada je

P

(lim supnrarrinfin

Xn

bn=infin

)= 1 i P

(lim supnrarrinfin

Snbn

=infin

)= 1

Stoga

P

(limnrarrinfin

Snbn

= 1

)= 0




EX =infinsumi=1


2ip

2iminus1=infin


EX =infinsumi=1


2pminus 1ltinfin



teoremu


2i bn = 2p


)tada za

svaki ε

limnrarrinfin

P


∣∣∣∣ ge ε

= 0


14





X

n

Pminusrarr p



15












= 1


P

(X =

n

2

)=

(n

n2

)05n205nminusn2 =

(n

n2

)05n =

n

(n2)(n

2)

05n


n asympradic

2πn(ne

)ndobivamo

P

(X =

n

2

)=

1radicπn2



16


Ω = (GG) (GP ) (PG) (P P )



4=

1

2= 05

Za n = 4


16= 0375



17







p = 1minus pc



365jer smo iz skupa


365= 343

365 Dakle


pc =23prodK=1


1minus 1

365

)middot(

1minus 2

365


1minus 22

365

)asymp 0492703


n = 30 =rArr p = 706

n = 70 =rArr p = 999



18



pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn



(dminus n)dn


19







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis









P (X = 2i) =1

2i i = 1 2 3


EX = 2 middot 1

2+ 4 middot 1

4+ 8 middot 1



2 middot 1

2+ 4 middot 1


219+( 1

220+

1


)106 = 19 + 190 asymp 21



dU prop dK

K




11


EU =infinsumn=1


1

2nlog 2n = log 4




Sn minus anbn




limnrarrinfin




maxkisinN

V arXk leM



limnrarrinfin

P

1


= 0

Ekvivalentno

limnrarrinfin

P

1


= 1



P


minus 1

∣∣∣∣∣ lt ε

rarr 1

tjSnbn

Pminusrarr 1


12



Xn(ω) = 1



n



(gs) limnrarrinfin

1

n

nsumj=1

Xj = EX1


P (X le 2i) =isum

j=1

2minusj = 1minus 1

2i

slijedi da je


2i


infinsumn=2


1




lim infnrarrinfin

An =infin⋃n=1

infin⋂k=n

Ak

lim supnrarrinfin

An =infin⋂n=1

infin⋃k=n

Ak


infinsumn=1

P (An) =infin

onda je

P

(lim supnrarrinfin

An

)= 1


13


P

(lim supnrarrinfin

Xn

bngt c

)= 1

Tada je

P

(lim supnrarrinfin

Xn

bn=infin

)= 1 i P

(lim supnrarrinfin

Snbn

=infin

)= 1

Stoga

P

(limnrarrinfin

Snbn

= 1

)= 0




EX =infinsumi=1


2ip

2iminus1=infin


EX =infinsumi=1


2pminus 1ltinfin



teoremu


2i bn = 2p


)tada za

svaki ε

limnrarrinfin

P


∣∣∣∣ ge ε

= 0


14





X

n

Pminusrarr p



15












= 1


P

(X =

n

2

)=

(n

n2

)05n205nminusn2 =

(n

n2

)05n =

n

(n2)(n

2)

05n


n asympradic

2πn(ne

)ndobivamo

P

(X =

n

2

)=

1radicπn2



16


Ω = (GG) (GP ) (PG) (P P )



4=

1

2= 05

Za n = 4


16= 0375



17







p = 1minus pc



365jer smo iz skupa


365= 343

365 Dakle


pc =23prodK=1


1minus 1

365

)middot(

1minus 2

365


1minus 22

365

)asymp 0492703


n = 30 =rArr p = 706

n = 70 =rArr p = 999



18



pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn



(dminus n)dn


19







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis


EU =infinsumn=1


1

2nlog 2n = log 4




Sn minus anbn




limnrarrinfin




maxkisinN

V arXk leM



limnrarrinfin

P

1


= 0

Ekvivalentno

limnrarrinfin

P

1


= 1



P


minus 1

∣∣∣∣∣ lt ε

rarr 1

tjSnbn

Pminusrarr 1


12



Xn(ω) = 1



n



(gs) limnrarrinfin

1

n

nsumj=1

Xj = EX1


P (X le 2i) =isum

j=1

2minusj = 1minus 1

2i

slijedi da je


2i


infinsumn=2


1




lim infnrarrinfin

An =infin⋃n=1

infin⋂k=n

Ak

lim supnrarrinfin

An =infin⋂n=1

infin⋃k=n

Ak


infinsumn=1

P (An) =infin

onda je

P

(lim supnrarrinfin

An

)= 1


13


P

(lim supnrarrinfin

Xn

bngt c

)= 1

Tada je

P

(lim supnrarrinfin

Xn

bn=infin

)= 1 i P

(lim supnrarrinfin

Snbn

=infin

)= 1

Stoga

P

(limnrarrinfin

Snbn

= 1

)= 0




EX =infinsumi=1


2ip

2iminus1=infin


EX =infinsumi=1


2pminus 1ltinfin



teoremu


2i bn = 2p


)tada za

svaki ε

limnrarrinfin

P


∣∣∣∣ ge ε

= 0


14





X

n

Pminusrarr p



15












= 1


P

(X =

n

2

)=

(n

n2

)05n205nminusn2 =

(n

n2

)05n =

n

(n2)(n

2)

05n


n asympradic

2πn(ne

)ndobivamo

P

(X =

n

2

)=

1radicπn2



16


Ω = (GG) (GP ) (PG) (P P )



4=

1

2= 05

Za n = 4


16= 0375



17







p = 1minus pc



365jer smo iz skupa


365= 343

365 Dakle


pc =23prodK=1


1minus 1

365

)middot(

1minus 2

365


1minus 22

365

)asymp 0492703


n = 30 =rArr p = 706

n = 70 =rArr p = 999



18



pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn



(dminus n)dn


19







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis



Xn(ω) = 1



n



(gs) limnrarrinfin

1

n

nsumj=1

Xj = EX1


P (X le 2i) =isum

j=1

2minusj = 1minus 1

2i

slijedi da je


2i


infinsumn=2


1




lim infnrarrinfin

An =infin⋃n=1

infin⋂k=n

Ak

lim supnrarrinfin

An =infin⋂n=1

infin⋃k=n

Ak


infinsumn=1

P (An) =infin

onda je

P

(lim supnrarrinfin

An

)= 1


13


P

(lim supnrarrinfin

Xn

bngt c

)= 1

Tada je

P

(lim supnrarrinfin

Xn

bn=infin

)= 1 i P

(lim supnrarrinfin

Snbn

=infin

)= 1

Stoga

P

(limnrarrinfin

Snbn

= 1

)= 0




EX =infinsumi=1


2ip

2iminus1=infin


EX =infinsumi=1


2pminus 1ltinfin



teoremu


2i bn = 2p


)tada za

svaki ε

limnrarrinfin

P


∣∣∣∣ ge ε

= 0


14





X

n

Pminusrarr p



15












= 1


P

(X =

n

2

)=

(n

n2

)05n205nminusn2 =

(n

n2

)05n =

n

(n2)(n

2)

05n


n asympradic

2πn(ne

)ndobivamo

P

(X =

n

2

)=

1radicπn2



16


Ω = (GG) (GP ) (PG) (P P )



4=

1

2= 05

Za n = 4


16= 0375



17







p = 1minus pc



365jer smo iz skupa


365= 343

365 Dakle


pc =23prodK=1


1minus 1

365

)middot(

1minus 2

365


1minus 22

365

)asymp 0492703


n = 30 =rArr p = 706

n = 70 =rArr p = 999



18



pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn



(dminus n)dn


19







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis


P

(lim supnrarrinfin

Xn

bngt c

)= 1

Tada je

P

(lim supnrarrinfin

Xn

bn=infin

)= 1 i P

(lim supnrarrinfin

Snbn

=infin

)= 1

Stoga

P

(limnrarrinfin

Snbn

= 1

)= 0




EX =infinsumi=1


2ip

2iminus1=infin


EX =infinsumi=1


2pminus 1ltinfin



teoremu


2i bn = 2p


)tada za

svaki ε

limnrarrinfin

P


∣∣∣∣ ge ε

= 0


14





X

n

Pminusrarr p



15












= 1


P

(X =

n

2

)=

(n

n2

)05n205nminusn2 =

(n

n2

)05n =

n

(n2)(n

2)

05n


n asympradic

2πn(ne

)ndobivamo

P

(X =

n

2

)=

1radicπn2



16


Ω = (GG) (GP ) (PG) (P P )



4=

1

2= 05

Za n = 4


16= 0375



17







p = 1minus pc



365jer smo iz skupa


365= 343

365 Dakle


pc =23prodK=1


1minus 1

365

)middot(

1minus 2

365


1minus 22

365

)asymp 0492703


n = 30 =rArr p = 706

n = 70 =rArr p = 999



18



pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn



(dminus n)dn


19







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis





X

n

Pminusrarr p



15












= 1


P

(X =

n

2

)=

(n

n2

)05n205nminusn2 =

(n

n2

)05n =

n

(n2)(n

2)

05n


n asympradic

2πn(ne

)ndobivamo

P

(X =

n

2

)=

1radicπn2



16


Ω = (GG) (GP ) (PG) (P P )



4=

1

2= 05

Za n = 4


16= 0375



17







p = 1minus pc



365jer smo iz skupa


365= 343

365 Dakle


pc =23prodK=1


1minus 1

365

)middot(

1minus 2

365


1minus 22

365

)asymp 0492703


n = 30 =rArr p = 706

n = 70 =rArr p = 999



18



pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn



(dminus n)dn


19







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis












= 1


P

(X =

n

2

)=

(n

n2

)05n205nminusn2 =

(n

n2

)05n =

n

(n2)(n

2)

05n


n asympradic

2πn(ne

)ndobivamo

P

(X =

n

2

)=

1radicπn2



16


Ω = (GG) (GP ) (PG) (P P )



4=

1

2= 05

Za n = 4


16= 0375



17







p = 1minus pc



365jer smo iz skupa


365= 343

365 Dakle


pc =23prodK=1


1minus 1

365

)middot(

1minus 2

365


1minus 22

365

)asymp 0492703


n = 30 =rArr p = 706

n = 70 =rArr p = 999



18



pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn



(dminus n)dn


19







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis


Ω = (GG) (GP ) (PG) (P P )



4=

1

2= 05

Za n = 4


16= 0375



17







p = 1minus pc



365jer smo iz skupa


365= 343

365 Dakle


pc =23prodK=1


1minus 1

365

)middot(

1minus 2

365


1minus 22

365

)asymp 0492703


n = 30 =rArr p = 706

n = 70 =rArr p = 999



18



pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn



(dminus n)dn


19







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis







p = 1minus pc



365jer smo iz skupa


365= 343

365 Dakle


pc =23prodK=1


1minus 1

365

)middot(

1minus 2

365


1minus 22

365

)asymp 0492703


n = 30 =rArr p = 706

n = 70 =rArr p = 999



18



pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn



(dminus n)dn


19







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis



pc =1

36523middot 365

(365minus 23)

Opcenito

pc =d

(dminus n)dn



(dminus n)dn


19







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis







Xn =

Xnminus1sumr=1

ξrn



pk = 1


0 lt p0 lt 1 i p0 + p1 lt 1


ϕ(s) =sumkisinN0

pksk s isin R


Vrijedi sljedece

bull ϕ(0) = p0

bull ϕ(1) =sum

kisinN01kpk = 1

20




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis




skP (ξrn = k)










P (Xn = k)sk n = 0 1 2



P (Xn+1 = k)sk

=infinsumk=0

infinsumj=0


=infinsumk=0

skinfinsumj=0


=infinsumj=0




ϕS(s) =

jprodr=1

ϕξrn(s) =

jprodr=1

ϕ(s) = [ϕ(s)]j



P (Xn = j)[ϕ(s)]j

= ϕn(ϕ(s)) (32)

21


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis


m = ϕprime(1)










V ar(Xn) =

mnminus1mnminus1

mminus1σ2 m 6= 1

nσ2 m = 1






= P

((X1 = 0)

⋃(X2 = 0)

⋃

)= P (

⋃nisinN

Xn = 0)

= limnrarrinfin


= limnrarrinfin

qn





22





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis





s = ϕ(s)

koje je manje od 1



P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

i

E[Xn|Xn gt 0] =nσ2

2(1 + o(1))




2u2 minus o(u2)



2u2 minus o(u2)



= 1minus ϕ(ϕn(0))



2u2n + o(u2

n)

= un minusσ2

2u2n + o(u2

n)


23

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis

1

un+1

minus 1

un=un minus un+1

unun+1

=σ2

2u2n minus o(u2

n)

u2n minus σ2

2u2n + o(u3

n)

=σ2

2minus o(1)

1minus σ2

2un + o(un)

=σ2

2+ o(1)


1

unminus 1

u0

=nminus1sumi=0

(1

ui+1

minus 1

ui

)=σ2

2n+ o(n) =

σ2n

2(1 + o(1))


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

Dok je


P (Xn gt 0)=EXn

un=

1

un=nσ2

2(1 + o(1))



E[T ] =infinsumn=0

P (Xn gt 0)


P (Xn gt 0) =2

nσ2(1 + o(1))

onda E[T ] =sum



24












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis












bull empty X isin T






αisinJ



M(U) = supxisinX



25








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis








F subinfin⋃α=1

Uα



hsε(F ) = inf

infinsumα=1



hs(F ) = limεrarr0

hsε(F )


26





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis





















27













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis













=F (x)





= 1 ge F (x)





XN(t)+1 = A(t) + Y (t)



A(t) Y (t)


A(t) = tminus SN(t)


28

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis

Propozicija 32 24

limtrarrinfin

1

t

int t

0

A(s)ds =E[X2]

2E[X]gs

limtrarrinfin

1

t

int t

0

Y (s)ds =E[X2]

2E[X]gs


limtrarrinfin

1

t

int t

0

S(s)ds =E[X2]

E[X]gs



E[X2]

E[X]gt E[X]




1 N0 = 0





n n isin N0


1 N0 = 0



4 P (Nt = 1) = λt+ o(t) trarr 0



29




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis




E[Xn] =1

λ V ar(Xn) =

1

λ2


E[X2]

E[X]=

2 middot 152

15= 30


30

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis

Literatura




















31



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis



32

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis

Sazetak



Summary



33

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis

Zivotopis


34

Uvod


Paradoks kockica

Paradoks podjele



Bertrandov paradoks









Literatura

Životopis

Paradoksi u teoriji vjerojatnosti i teoriji slu cajnih procesa

Documents

Transcript of Paradoksi u teoriji vjerojatnosti i teoriji slu cajnih procesa