Alkalmazott matematika

2014.11.27.

Alkalmazott matematika Műszaki Szakoktató

Dr. Galambos Gábor 2014-2015

Az előadás megértéséhez szükséges matematikai alapismeretek: • A matematikai analízis alapjai (függvényanalízis, sorozatok, sorok, konvergencia, differenciálás, integrálás alapjai) • A lineáris algebra alapjai (vektortér fogalma, lineáris függőség és lineáris függetlenség)

Alkalmazott matematika

2

1

2014.11.27.

Az előadás főbb témakörei I. Bevezetés a numerikus matematikába 1. Hibaszámítás (öröklött hibák, adathibák, számítási, képlethibák, kerekítési hibák). 2. Függvények közelítései. 3. A közelítő differenciálás és integrálás 4. Egyenletek közelítő megoldása.


3

Az előadás főbb témakörei II. Az operációkutatás alapjai 5. Az optimalizálási feladatok osztályozása 6. Optimalizálási feladatok megoldása grafikus módszerekkel 7. A szimplex algoritmus 8. Hozzárendelési feladat


4

2

2014.11.27.

Az előadás főbb témakörei III. Valószínűségszámítás 1. Definíciók (véletlenjelenségek, tömegjelenségek, elemi események, eseménytér, esemény, biztos esemény, lehetetlen esemény, relatív gyakoriság, valószínűség) 2. A valószínűségi változó fogalma, diszkrét és folytonos valószínűségi változók és jellemzőik (eloszlásfgv, sűrűségfgv). 3. A valószínűségi változók jellemzői (módusz, medián, várható érték, szórás). 4. Nevezetes diszkrét eloszlások. 5. Nevezetes folytonos eloszlások. Alkalmazott matematika

5

Az előadás főbb témakörei IV. Matematikai statisztika 1. Pontbecslés és intervallumbecslés 2. Hipotézisvizsgálatok I. Kétmintás t-próba. 3. A korreláció 4. A regresszió


6

3

2014.11.27.

Numerikus Matematika

A numerikus analízis olyan eljárásokkal foglalkozik, amelyek a matematikai problémák megoldását aritmetikai műveletek segítségével teszik lehetővé.


7

Feladat típusok: • Négy alapművelettel egzakt módon megoldható feladatok Pl. Lineáris egyenletrendszer m.o. Cramer-szabállyal. Függvények közelítése interpolációs polinomokkal. Probléma: munkaigényes, nehezen gépesíthető. • Egzakt módszerekkel nem megoldható feladatok Pl. nincs képlet tetszőleges elemi függvény az e sin x függvények integrálására. x

x

x


8

4

2014.11.27.

Mi történik, ha egy érték nem adható meg – vagy nem számítható ki – pontosan? közelítő értékkel helyettesítjük keletkezik egy közelítési hiba. Hibák fajtái:

kerekítési hiba öröklött hiba képlethiba

Olyan módszerekkel foglalkozunk, mindhárom hibára tudunk becslést adni. Eszközök:

amelyeknél

klasszikus analízis, algebra. Alkalmazott matematika

9

Numerikus eljárások hatékonyságának mérése 1. Időigény – Szükséges szorzások és osztások száma – Egy iterációs lépéshez szükséges függvényérték kiszámításának száma. 2. Helyigény 3. Stabilitás: – Az egy iterációs lépésben keletkező hibák nem befolyásolják erősen a későbbi lépések hibáit. 4. Az eljárás pontossága – elméletileg pontos gyakorlatilag nem Alkalmazott matematika

10

5

2014.11.27.

Hibaszámítás Hibaforrások Közelítő számítások eredményei hibákat tartalmaznak. Hibák fajtái: – Öröklött hiba – Számítási hiba


11

Öröklött hiba: azok a valóságtól való eltérések, amelyek már a számítások megkezdésekor jelen vannak. Okai: – Az alkalmazott matematikai modell nem tükrözi a valóságot (közelítés) pl: a megoldás alapjául szolgáló fizikai, kémiai törvények közelítő természetűek. ( lineáris növekedést feltételez és nem az. ) – A kiinduló adatok pontatlansága (adathiba).


12

6

2014.11.27.

Számítási hiba: a numerikus eljárás végrehajtása során keletkezett minden olyan eltérés, amely a pontos megoldástól való eltávolodást eredmé-nyezheti. Okai (1): – A műveletek végrehajtása során keletkező emberi vagy gépi tévedés. pl.: Programhiba (szemantikus)


13

Okai (2): – Az egzakt matematikai modell helyett annak egy közelítésével oldjuk meg a problémát. (képlethiba) ∞

∑ n =1

1 n2

=

π

10

2

6

= 1, 6432 K

∑ n =1

1 n2

= 1,5497 K

Okai (3): – Az aritmetikai műveleteket véges, meghatározott számjegyű tizedes számokkal végezzük (kerekítési hiba). pl: a szorzás után több számjegy adódhat, mint amennyi ésszerűen megtartható. Alkalmazott matematika

14

7

2014.11.27.

Ismerjük-e a hiba pontos értékét? Nem. (Ha ismernénk, akkor azt ki lehetne küszöbölni.)

A numerikus eljárás során a képlet hibát mindig becsülni kell! Alkalmazott matematika

15

b

Példa: numerikus integrálás: I= ahol f(x) integrandusz kétszer folytonosan differenciálható fgv. [a,b]-ben. a

∫ f(x) dx h=

b−a n

xi = a + i ⋅ h i = 0,1,...,n a x0

h

h x1

h x2

h b K


xn 16

8

2014.11.27.

Trapézszabály: h =

b−a n

[a,b] intervallum xi = a + i ⋅ h

lépésközzel képezzük az i = 0,1,...,n beosztását,

majd ennek alapján a trapézösszeget:

f ( x1) + f ( x 2) f ( x 0) + f ( x1) h h+ 2 2 f ( xn − 2) + f ( xn − 1) f ( xn − 1) + f ( xn ) +K+ h+ h 2 2 1 1  = h  f ( x 0) + f ( x1) + f ( x 2) + ... + f ( xn − 1) + f ( xn ) 2 2 

tn =


17

Képlethiba: az I integrál valódi és t n közelítő értékének a különbsége Öröklött hiba: a trapézformulában szereplő f (xi ) függvényértékeket csak közelítőleg ismerjük: f ( xi ) ≈ yi

Kerekítési (számítási) hiba: ha a közelítő függvényértékekkel képzett összeget is kerekítéssel számítjuk. Jelölje: τ n a Tn kerekített értékét. Ekkor a tényleges hiba:


18

9

2014.11.27.

A számítás hibája

I − τ n = I − t n + t n − Tn + Tn − τ n ≤ I − t n + t n − Tn + Tn − τ n

Képlethiba

Öröklött hiba

Kerekítési hiba


19

Példa: Tegyük fel, hogy a [0,10] intervallumon mérnek függvényértékeket. A feladat az, hogy számítsuk ki (a trapézformula segítségével) a függvény alatti területet úgy, hogy az elkövetett abszolút hiba értéke ne legyen nagyobb, mint ε= 1/10. Az előző oldal képletét felhasználva világos, hogy ha: – Az öröklött hiba:

δ (b − a ) ≤ ε 3

– A képlethiba:

I − tn ≤

– A kerekítési hiba:

(Tn − τ n ) ≤ ε 3

(b − a)3 ε M2 ≤ 12n2 3

A hibák fenti elosztása csak egy lehetőség! Ugyanezt az eredményt adná pl. az 1/2 +1/3 +1/6 bontás is. Alkalmazott matematika

20

10

2014.11.27.

A számításhoz szükséges adatok: a = 0, b = 10 , M 2 = 5 ε 1 δ≤ = – Az öröklött hiba: δ (b − a ) ≤ ε 3 30

300

Ez a műszertől elvárt mérési pontosság. – A képlethiba:

I − tn ≤

(b − a ) 3 ε M2 ≤ 2 12n 3

n ≥ 354

Legalább ennyi pontban kell mérni. – A kerekítési hiba: (Tn − τ n ) ≤ ε 3

(Tn − τ n ) ≤ 1 3 0

Legfeljebb a második tizedes jegyre szabad kerekíteni. Alkalmazott matematika

21

Közelítő érték és hibája Ha valamely számításban egy mennyiség pontos x értékét a tőle nem nagyon eltérő a számmal helyettesítjük, akkor az a számot közelítő értéknek nevezzük. Ha a < x alsó közelítő érték Ha a > x felső közelítő érték

3,141 < π < 3,142 Alsó közelítő érték

Felső közelítő érték


22

11

2014.11.27.

A Δa=x-a mennyiség a közelítő érték hibája. ( x= Δa+a ) A Δ=|x–a| mennyiség a közelítő érték abszolút hibája. Bármely olyan ∆ a > 0 számot; amelyre ∆ = x − a ≤ ∆ a közelítő érték abszolút hibakorlátjának nevezzük. Így

az a

Felső közelítő érték

Alsó közelítő érték

a − ∆a ≤ x ≤ a + ∆a Pl. Legyen x = 100 és a = 101 . Ekkor ∆ = 1. Legyen ∆a egy lehetséges értéke 2. Ekkor 98 = a − ∆

a

≤ 100

≤ a + ∆

a

= 102


23

A közelítő érték egy egységére jutó abszolút hibát relatív hibának nevezzük:

δ =∆ a

Bármely olyan δ a > 0 számot, amelyre δ ≤ δ érték relatív hibakorlátjának nevezzük.

a

az a közelítő

Pld. legyen x = ⅓ és legyen a = 0,333 az x szám közelítő értéke.

1 3

ekkor az abszolút hiba: ∆ = x − a = 10 a relatív hiba:

δ=

−3

∆ 1 = ≈ 10 −3 a 999


24

12

2014.11.27.

Az alapműveletek hibakorlátai Legyenek a és b az x és y számok közelítő értékei. Jelöljük az abszolút hibakorlátokat ∆a ill. ∆b –vel. │x-a│≦∆a és │y-b│≦∆b A relatív hibakorlátok: (feltehetjük, hogy a, b >0)

δa =

∆a a

∆b

és δb = b

Jelölések: s = a + b d = a – b p = a · b

q=a/b


25

I. Tétel: ∆s ≤ ∆a + ∆b (abszolút hiba) δs ≤ max {δa, δb} (relatív hiba) Biz.

∆s = ( x + y ) − ( a + b ) ≤ x − a + y − b ≤ ∆a + ∆b

∆s a b ∆a + ∆b = δa + δb ≤ a+b a+b a+b a+b a b ≤ max{δa ,δb}+ max{δa ,δb} a+b a+b a+b = max{δa ,δb} = max{δa ,δb} a+b

δs =


26

13

2014.11.27.

Példa: legyen a = 27, b = 35, és x = 29, y = 32. Ekkor: Δa = |x-a|=2, Δb = |y-b|=3. Ezért a tétel szerint: Δs ≤ Δa+ Δb = 5.

δa =

∆a 2 = a 27

δb =

∆b 3 = b 35

Így a tétel szerint: δs ≤ max{δ a, δ b }= 3/35.


27

II. Tétel: ∆d ≤ ∆a + ∆b (abszolút hiba) δd ≤ (aδa + bδb) /(a-b) (relatív hiba) Biz. triviális

∆ d = ( x − y ) − ( a − b ) ≤ x − a + y − b ≤ ∆ a + ∆b

δd =

∆d ∆ + ∆b a b ≤ a = δa + δb a−b a −b a −b a−b


28

14

2014.11.27.

III. Tétel: ∆p ≤ aΔb+bΔa+Δa Δb (abszolút hiba) δp ≤ δa+δb+δaδb (relatív hiba) Biz.

∆p = xy − ab = y( x − a ) + a( y − b ) = y x −a + a y −b

≤ (b + ∆ b )∆a + a∆b = a∆b + b∆a + ∆a∆b δp =

∆p a∆b + b∆a + ∆a∆b = = δa + δb + δaδb ab ab Alkalmazott matematika

29

IV. Tétel: ∆q ≤ (aΔb+bΔa)/b(b-Δb) (abszolút hiba) δq ≤ δa+δb (relatív hiba) Biz.

∆q = ≤

x a b( x − a ) − a ( y − b) b x − a + a y − b − = ≤ ≤ y b by by

b∆a + a∆b a∆b + b∆a a∆b + b∆a ≤ ≈ by b(b − ∆b ) b2

δq =

a∆ b + b∆ a b ∆q ≤ = δa + δb a ab Alkalmazott matematika

30

15

2014.11.27.

Függvényértékek hibakorlátai Tfh. a közelítő értéke x-nek ∆a hibakorláttal. Ekkor ∆ = │x-a│ ≤ ∆a és a - ∆a ≤ x ≤ a + ∆a Feladat: számoljuk ki az f(x) függvény abszolút (Δf(x)) és relatív (δf(x)) hibáját! A probléma az, hogy Δf(x) = |f(x) –f(a)| értékét kell meghatározni úgy, hogy csak a független változó közelítő értékét ismerjük. Alkalmazott matematika

31

Használjuk fel a következő – analízis – tételt: Lagrange féle középértéktétel: Ha egy f(x) függvény az [a,b] intervallumon differenciálható, akkor mindig van az intervallum belsejében egy olyan ξ pont, (ξ ∈ [a,b]), amelyre: f (b )− f ( a ) f '(ξ ) = b−a Geometriai értelmezés: egy differenciálható függvény esetében mindig van az f(a), f(b) pontokon átmenő szelővel párhuzamos érintő!


32

16

2014.11.27.

f ' (ξ ) =

f ( b )− f ( a ) b−a

f(x)

f(b)-f(a)

b-a

b

ξ

a


33

Az általános esetre nehéz mondani valamit. Ezért kiegészítő feltételeket szoktunk tenni. Egy lehetséges feltétel: tegyük fel, hogy létezik olyan M1 konstans, amelyre M1 ≥ max│f ’(x)│

a-∆a ≤ x ≤ a+∆a

Mit jelent ez? ∆f(a) =│f(x)-f(a)│= │f ’(ξ)││(x-a)│ ≤ M1·∆a Ha f ’(x) folytonos és ∆a ”elegendően” kicsi f ’(ξ) ≈ f ’(a), ezért ∆f(a) ≈ │f ’(a)│ ∆a A fenti képletből a relatív hibakorlát:

δ f(a) =

∆f ( a ) f(a)

≈

d ln f ( a ) f'(a) ∆a = ∆a f(a) dx Alkalmazott matematika

34

17

2014.11.27.

Néhány példa a függvények hibáinak kiszámítására: Hatványfüggvény: f(x) = xr , ahol r valós szám.

∆ f(a) = ∆ a r ≈ r a r -1 ∆ a

a > 0,r ≠ 0

δ f(a) = δ a ≈ r δ a r

A hatványfüggvény relatív hibája arányos az argumentum relatív hibakorlátjával. Ha r > 1 ( r < 1 ) akkor a hatványfüggvény relatív hibakorlátja nagyobb (kisebb) az alap relatív hibakorlátjánál. Alkalmazott matematika

35

Exponenciális függvény: f(x) = bx

Mivel f ‘(x) = bx ln b , ezért ∆f(a) = ∆ba ≈ ba ln b ∆a (b>0 és b≠1) δf(a) = δba ≈ ln b δa Speciálisan: ha f(x)=ex, akkor f ’(x)=ex, ezért ∆ea ≈ ea ∆a és δea ≈ ∆a Alkalmazott matematika

36

18

2014.11.27.

Logaritmus függvény: f(x) = ln x, Ekkor f ' ( x ) = Δlna ≈

1 és így x

1 Δa = δa a

(a > 0)


37

Az interpoláció elmélete Interpoláció: függvényértékek közelítésének egy módszere. Az f(x) fgv. értékkészlete egy pontsorozaton (x1, x2, …,xn) ismert. Ezeket nevezzük interpolációs alappontoknak. Feladat: a fgv. nem alapponthoz tartozó értékének közelítő kiszámítása, és a számított és a helyes érték közötti különbségnek (az interpoláció hibájának) a meghatározása. Alkalmazott matematika

38

19

2014.11.27.

közelítés y= f(x)

x1

x2

x3

x4


x5

39

A közelítés általában függvények egy rendszerének a segítségével történik: Legyen [a,b] tetszőleges véges intervallum, és tekintsük az [a,b]-n értelmezett valós függvényeknek egy R lineáris halmazát. Ha f(x) és g(x) ∈ R f(x)+g(x) ∈ R cf(x) ∈ R Tekintsük R ”egyszerű” függvényeinek valamely véges, lineárisan független rendszerét.{φk (x), k=1,…,n} Ha c1 φ1(x)+ c2 φ2(x)+…+ cn φn(x) ≡0, c1 = c2 =…=cn = 0 Alkalmazott matematika

x ∊ [a,b], akkor 40

20

2014.11.27.

Leggyakrabban vizsgált rendszerek: – folytonos függvények osztálya – ”elég sokszor” differenciálható fgv.-k osztálya – φk (x) = xk-1 , k=1, 2, … hatványfüggvények rendszere. Tekintsük egy {φk (x)} függvényrendszer első n elemét. Ekkor a n

ϕ ( x ) = ∑ ciϕi ( x ) i =1

függvényt a φ1(x), φ2(x), …, φn(x) függvények általánosított polinomjának nevezzük. Ismerjük a φi(x) fgv-ket, és keressük a ci együtthatókat.


41

Lagrange-féle interpolációs polinom Feladat: adott az f(x) valós fgv. amelynek értékeit ismerjük az x1, x2, …, xn ponthalmazon. Közelítsük f(x)-t az 1, x, x2,…xn-1 Csebisev-féle rendszerrel: n

ϕ ( x ) = ∑ c k x k −1 k =1

A közelítésnek nyílván olyannak kell lenni, hogy φ(xi) = f(xi)


42

21

2014.11.27.

Csebisev: Az általánosított interpolációs polinom előállítható n

ϕ ( x) = ∑ f(xi ) Φi(x)

(Φi(xk ) = δik )

i =1

alakban, ahol Фi(x) csak az alappontok választásától, és a választott (Csebisev) rendszertől függ. Mivel most a hatványfüggvények rendszerét választottuk, ezért Фi(x) egy (n-1)-ed fokú polinom. Azt tudjuk, hogy Фi(xk)=0, ha k≠i. xk a Фi(x) gyöke. Ezért Фi(x) felírható a következő gyöktényezős Фi(x) = A (x-x1) (x-x2) … (x-xi-1) (x-xi+1) … (x-xn) alakban.


43

Фi(x) = A (x-x1) (x-x2) … (x-xi-1) (x-xi+1) … (x-xn) Ebben a gyöktényezős alakban az A ismeretlen! Mivel Фi(xi) = 1, ezért 1 = A (xi-x1) (xi-x2) … (xi-xi-1) (xi-xi+1) … (xi-xn)

A = ( xi − x1 )( xi − x2 )...( xi − x1i−1 )( xi − xi+1 )...( xi − xn )

Φ i ( x ) = ( x( x−−xx )()(xx−−xx 1

i

1

i

2

2

)...( x − xi −1 )( x − xi +1 )...( x − xn ) )...( xi − xi −1 )( xi − xi+1 )...( xi − xn )


44

22

2014.11.27.

Ezért i −1 n

ϕ( x ) = ∑

n

f ( xi )Φ i ( x ) = ∑ f ( xi ) i =1

i =1

( x − x1 )...( x − xn ) ( xi − x1 )...( xi − xn ) i −1

n

= ∑ f ( xi )∏ i =1

k ≠i

i +1

i +1

( x − xk ) ( xi − xk )

Ln ( x )

Lagrange-féle interpolációs polinom Alkalmazott matematika

45

Nézzünk egy egyszerű példát! Tegyük fel, hogy x1=1, x2=2, és f(x1)=2, f(x2)=3. Számítsuk ki L2(x) értékét! (n=2) • Számítsuk ki először Φi(x), (i=1,2), értékeit.

Φ1( x ) =

x − x2 x − 2 = = 2− x x1 − x2 −1

Φ2( x ) =

x − x1 x − 1 = = x −1 x2 − x1 1

• Most számítsuk ki a súlyozott értékeket.

f ( x1 )Φ 1 ( x ) = 2( 2 − x ) = 4 − 2 x f ( x2 )Φ 2 ( x ) = 3( x − 1 ) = 3 x − 3 2

ϕ ( x ) = ∑ f(xi )Φ i (x) = (4 - 2x) + (3x - 3) = x + 1 i =1


46

23

2014.11.27.

Numerikus integrálás Ha létezik a fgv. primitív függvénye: b

∫ f(x)dx = F(b) − F(a) a

Newton-Leibnitz formula Probléma: szűk azon függvények köre, amelyeknek primitív függvénye elemi függvény. ex x

Ellenpéldák:

e- x

sinx x

2

stb...


47

2. Riemann-féle összeggel közelítés: b

∫

f(x) dx ≈ sn = ∑ f(ξi ) (xi − xi −1 ) n

i =1

a

ahol x i ≤ ξ i ≤ x i + 1 Probléma: nincs utalás arra, hogyan kell választani az a = x0 < x1 < … < xn = b beosztáspontokat, és a ξ1, ξ2, …, ξn belső pontokat ahhoz, hogy b

S n − ∫ f(x) ≤

ε

a


48

24

2014.11.27.

A Riemann közelítőösszeg geometriai értelmezése: b

∫

f ( x ) dx ≈ sn = ∑ f( ξi )(xi − xi −1 ) n

i =1

a

ξ1 a = x1

xi ≤ ξ i ≤ xi+1

ξ2 x2

x3

ξ3 K

i = 1,2 ,...,n

ξn xn = b


49

Megoldás: a numerikus kvadratura, vagyis az integrált a függvényértékek lineáris kombinációjaként fejezzük ki: b

∫

n

f ( x ) dx = ∑ H i f(xi ) + Rn (f) i =1

a

Kvadraturaformula xi : Hi : Rn(f) :

abszicisszák, súlyok maradéktag.

Az ismert függvényértékeket súlyozzuk valamilyen súlyokkal, és így határozzuk meg az integrál értékét.

Miért érdekes ez? Alkalmazott matematika

50

25

2014.11.27.

Newton-Cotes kvadratura formulák Ha az abszcisszákról kikötjük, hogy ekvidisztáns beosztásúak Newton-Cotes formuláról beszélünk. Ha az integrálás intervallumának végpontjai az abszciszszák közé tartoznak, akkor zárt formuláról beszélünk. Ha az integrálás intervallumának végpontjait az abszciszszák nem tartalmazzák, akkor nyílt formuláról beszélünk. Legyenek az interpoláció alappontjai: xi = c + i∙h i=1,2,…,n. Alkalmazott matematika

51

h=

és b = c + (n+1) h, ahol

I. c = a pld.: n=8 h c=a

h

h

h

h

h

h

h

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8

b−a n +1

h b=9h

mivel xi ∉ a és xi ∉ b nyílt formula


52

26

2014.11.27.

h=

és b = c + nh, ahol

II. c+h = a pld.: n=9 h

h

h

h

h

h

h

h

b−a n −1

h

c x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 a b most x1 = a és xn = b zárt formula


53

Nyílt formula esetén: b

∫

n

f(x) dx = (b-a) An ∑ Wi,n(ny) f(c + ih) +Rn(ny) i =1

a

Zárt formula esetén: b

∫ a

n

f(x) dx = (b-a) An ∑ Wi,n(z) f(c + ih) +Rn( z) i =1

Fontos! Wi,n( ny) és Wi,n( z) függetlenek az integrandustól. Alkalmazott matematika

54

27

2014.11.27.

A NEWTON-COTES-FÉLE NYÍLT KVADRATURAFORMULÁK SULYAI n

Ai

W.1

W.2

W.3

W.4

W.5

1

1

1

2

1/2

1

1

3

1/3

2

-1

2

4

1/24

11

1

1

11

5

1/20

11

-14

26

-14

11

6

1/1440

611

-453

562

562

-453

7

1/945

460

-954

2196

-2459

2196

8

1/4480

1787

-2803

4967

-1711

-1711

9

1/9072

4045

-11690

33340

-55070

67822

10

1/7257600

2752447

-6603199

15673880 -17085616

8891258


55

A NEWTON-COTES-FÉLE ZÁRT KVADRATURAFORMULÁK SULYAI n

Ai

W.1

W.2

W.3

W.4

W.5

W.6

2

1/2

1

1

3

1/6

1

4

1

4

1/8

1

3

3

1

5

1/90

7

32

12

32

7

6

1/288

19

75

50

50

75

19

7

1/840

41

216

27

272

27

216

8

1/17280

751

3577

1323

2989

2989

1323

9

1/28350

989

5888

-928

10496

-4540

10496

10

1/89600

2857

15741

1080

19344

5778

5778

11

1/598752

16067

106300

-48525

272400

-260550

427368


56

28

2014.11.27.

AZ ÉRINTŐ SZABÁLY a+b Az f(x) függvényt közelítsük az x1 = alappontok2 hoz tartozó L1(x) interpolációs polinomjával: a+b f(x) ≈ L1 (x) ≡ f    2 

Ha mindkét oldalt integráljuk, akkor az n=1 -hez tartozó nyílt típusú kvadraturaformulához jutunk: b b  a+b ≈ = − f(x) dx L (x) dx ( b a) f   ???? 1 ∫a ∫a  2  b

∫

n

f ( x ) dx ≈ ( b − a )∑ H i(ny) ,1 f(xi ) i =1

a

 a+b = ( b − a )H (ny) f(x ) = A (b a) W f ( x ) = ( b − a ) f   1 1 1,1 1 1,1 Alkalmazott matematika  2 

57

Geometriai értelmezés: a+b f   2 

f(x)

a

a+b 2 Alkalmazott matematika

b 58

29

2014.11.27.

A ”görbevonalú” trapéz területét a (b-a) alapú, f  a + b   2  magasságú téglalap területével közelítjük. (Ugyanis, ha f(x) az  a + b  -ben differenciálható, akkor a téglalap  2  területe egyenlő a felezőpontba húzott érintő által meghatározott trapéz területével.)


59

AZ ÉRINTŐ FORMULA HIBÁJA Legyen f(x) kétszer differenciálható [a,b]-ben, ekkor b

 a+b R1 (f) = ∫ f(x) dx - (b - a) f    2  a

A maradéktag így nehezen meghatározható. (Nem ismerjük az integrál értékét.) Ezért a Taylor-formula segítségével becslést adunk értékére: 2

a + b  f ′′( ξ ) a+b  a+b  a+b  f(x) = f  +x−  f ′ +x−  2   2   2  2  2  

(*)

Egy függvény közelítése sorbafejtés segítségével. Alkalmazott matematika

60

30

2014.11.27.

A probléma: csak annyit tudunk, hogy ξ ∊ (a,b), és ξ=ξ(x). Integráljuk a (*) egyenlőség mindkét oldalát! b

2

b

a+b a+b 1  f(x) dx = (b - a) f  + ∫x −  f ′(′ ξ ( x ) ) dx 2   2  2 a

∫ a

R1 (f) Az integrálszámítás középértéktétele szerint∃ olyan μ ∊ [a,b], amelyre: b 2 µ  a+b (b - a)3 R1 (f) = ∫  x − µ  dx = 2 a 2  24 ahol

min f ′′(x) ≤ μ ≤ max f ′′(x) [a,b ]

[a ,b ]


61

Segédtétel (Darboux tulajdonság): Ha egy fgv. diff. hányadosa egy intervallum minden pontjában létezik, akkor a diff.hányados fgv. az intervallumban képzett alsó és felső határa közé eső minden értéket legalább egyszer felvesz. ∃ olyanη∊ [a,b], amelyre (b - a)3 R1 (f) = f ′(′ η ) 24 Így az érintő formula teljes alakja: b

∫ a

3

 a + b  (b − a) f(x) dx = (b - a) f  f ′′( η ) + 24  2  Alkalmazott matematika

η ∈ [a,b] 62

31

2014.11.27.

Az érintő formulát általában úgy használják, hogy részintervallumokra bontják az [a,b] intervallumot. Ennek vizsgálatához vezessük be a következő jelöléseket:

h=

b-a m

a

xi = a + ih

a+h 1 a+ h 2

3 h a + 2

a+2h …

f i = f(xi )

0≤i≤m

a+(m-1)∙h

b=a+m∙h

2m - 1 a + h 2


63

Alkalmazzuk most az érintő formula teljes alakját az egyes részintervallumokra:   h3   ′ 1 ) + ... + f ′(η ′ m) = + + f(x) dx h f ... f ( f ′(η 2m−1  + ∫a  1 24 2   2 ahol xi-1≦ηi≦xi, i=1,2,…, n. b

Használjuk a Darboux tulajdonságot a részintervallumokra: ∃ olyan ζ ∊ [a,b], amelyre: m

′ ∑ f ′(η

i

) = m f ′′( ζ )

, ezért

i =1

b

∫ a

b-a m (b − a)3 f(x) dx = ∑ f 2i−1 + 24m 2 f ′(′ ζ ) m i =1 2

m szerepe a hiba alakulásában? Alkalmazott matematika

64

32

2014.11.27.

A TRAPÉZ SZABÁLY Közelítsük az f(x) fgv.-t az x1=a és x2=b alappontokhoz tartozó L2(x) interpolációs polinommal x −b x−a f(b) f(x) ≈ L2 (x) = f(a) + a −b b−a Ha mindkét oldalt integráljuk, akkor az n=2-höz tartozó zárt típusú kvadraturaformulát kapunk: b b b-a ∫a f(x) dx = ∫a L2 (x) dx = 2 [ f(a) + f(b)] b

∫

2

f ( x ) dx ≈ ( b − a )∑ H i(,z)2 f(xi ) i =1

a

= A2 (b - a) {W 2,1 f ( x 1 ) + W 2 ,2 f ( x 2 )} Alkalmazott matematika

65

Geometriai értelmezés: y

f(b) f(a)

x 1= a

x 2= b

x

A ”görbevonalú” trapéz területét helyettesítjük az ”egyenesvonalú” trapéz területével. (Ez az értelmezés csak akkor adható meg, ha az f(x) fgv. pozitív.) Alkalmazott matematika

66

33

2014.11.27.

A TRAPÉZ FORMULA HIBÁJA Ha az f(x) fgv. kétszer differenciálható [a,b]-ben, akkor az érintőformula levezetésénél alkalmazott analízis tételek itt is használhatók, így: b

R2 (f) = ∫ f(x) dx a

b ′′ b-a [ f(a) + f(b)] = ∫ (x - a)(x - b) f ( ξ (x)) dx = 2 2 a

b

=−

f ′(′ η ) (b - a)3 (x − a)(b − x) dx = f ′′( η ) 2 ∫a 12

ahol η ∈ [a,b].

Így a trapézformula teljes alakja: b

∫ a

b-a (b − a)3 [ f(a) + f(b)] − f(x) dx = f ′′( η ) 2 12 Alkalmazott matematika

67

Osszuk az [a,b] intervallumot m egyenlő részre, és alkalmazzuk most is a Darboux-szabályt: b

∫ a

3 1 1  h m f(x) dx = h f 0 + f 1 + ... + f m-1 + f m  − ∑ f ′(′ ηi ) 2 2  12 i =1

ahol xi-1 ≦ηi ≦ xi miatt: b

∫ a

f(x) dx =

(i=1,2,…,n) és a Darboux-szabály

b-a  1 1  (b − a)3 f ′′( ζ )  f 0 + f1 + ... + f m-1 + f m  − m 2 2  12 m 2

ahol ζ az [a,b] intervallum megfelelően választott pontja. Alkalmazott matematika

68

34

2014.11.27.

Hasonlítsuk össze az érintő-formula és a trapéz-formula hibatagjait! (b − a)3 (b − a)3 R1 ( f ) = f ′′( ζ ) R2 ( f ) = − f ′(′ ζ ) 24m 2 12 m 2 A trapézszabály képlethibája – f ′′( ζ ) értékétől eltekintve – kétszerese az érintőszabály képlethibájának. Van értelme a trapézformulát használni? Ha sűrűbb beosztással meg akarjuk ismételni a közelítő integrálást (mondjuk 2m egyenlő részre osztással): • Érintőszabály alkalmazása esetén a 2m fgv. értéket újból ki kell számítani. (A felezőpontok kellenek.) • Trapézszabály esetén csak m új fgv.érték kiszámítására van szükség!! Alkalmazott matematika 69

A SIMPSON-FORMULA Tegyük fel, hogy ismerjük a függvény értékeit az a+b x1 = a, x2 = , x3 = b 2 alappontokban. Az integrál értékét kiszámíthatjuk az L3(x) integrálásával, de a N-C zárt kvadratura-formulák n=3-ra vonatkozó együtthatóival is: b

∫

3

( z) f ( x ) dx ≈ ( b − a )∑ H i,3 f(xi ) i =1

a

= A3 (b − a) {W3,1 f ( x1 ) + W3 ,2 f ( x 2 ) + W3 ,3 f ( x3 )} =

 b-a  a+b  + f ( b )  f ( a )+ 4 f  6   2   Alkalmazott matematika

70

35

2014.11.27.

Geometriai értelmezés: y = f(x)

y

y = L3(x)

x

b

a+b 2

a

A ”görbe vonalú” trapéz területe helyett az intervallum középpontján és a két végpontján átmenő másodfokú parabola alatti területet számítjuk a közelítéshez. Ezért ezt parabola-formulának is szokás nevezni Alkalmazott matematika

71

A PARABOLA FORMULA HIBÁJA Az előző két hibaszámítás során alkalmazott technikát használva kapjuk, hogy: 2

b

R3 (f) =

a+b f  ∫a (x − a) x − 2  (x − b)

=−

f

( ξ (x)) dx = 24

2

b

( 4)

( 4)

(η ) a+b  (x - a) x −  (b − x) dx = ∫ 24 2   a

b−a = −   2 

5

f

( 4)

(η ) 90

η ∈ [a,b]

Amiből kapjuk a Simpson-formula teljes alakját: b

∫ a

 b−a b-a   a+b f(x) dx = f(a) + 4f   + f(b) −    6   2    2  Alkalmazott matematika

5

f ( 4)( η ) 90 72

36

2014.11.27.

A parabolaszabály finomítása céljából osszuk az [a,b] intervallumot m/2 számú 2h hosszúságú részintervallumra: b

h

∫ f(x) dx = 3 (

f 0 + 4f 1 + 2f 2 + ... + 2 f m − 2 + 4f m −1 + f m ) −

a

−

h5  f 90 

( 4)

( η1 ) + f =

( 4)

( η 2 ) + ... + f

m ( 4) f ( ζ ), 2

 η m   2

( 4)

   

a≤ζ ≤b

és x2i-1≦ηi≦x2i i=1,2,…,m/2. b

∫ f(x) dx = a

b−a ( f 0 + 4f 1 + 2f 2 + ... + 4 f m-1 + f m ) 3m

(b − a)5 (4) f (ζ ) − 180 m 4Alkalmazott matematika

73

EGYISMERETLENES EGYENLETEK MEGOLDÁSA Feladat: Határozzuk meg az f(x) = 0 egyenlet gyökeit, ahol f(x) szakaszonként folytonos, valós függvény. Az egyetlen gyököt tartalmazó intervallum meghatározását a gyökök elkülönítésének nevezzük A következőkben azt feltételezzük, hogy ismerjük a keresendő gyököt tartalmazó intervallumot.


74

37

2014.11.27.

A KÖZELÍTŐ GYÖK HIBÁJA Az f(x) = 0 egyenlet pontos gyökét jelölje xp és a közelítő gyökét xk. Tétel: Legyen a ≦xp, xk≦b és akkor

xk − x p ≤

′ | = m. min | f (x) [a,b ]

f(xk ) m

Bizonyítás: Ha f(x) az [a,b]-ben differenciálható, akkor a Lagrange-féle középértéktétel szerint ∃ c∊(xk,xp), amelyre

′ f(xk ) − f ( x p ) = ( xk − x p ) f (c) Mivel (a feltétel szerint) f(xp) = 0, és |f’(c) |≧m, ezért f(xk ) − f(x p ) = f(xk ) ≥ m xk − x p Alkalmazott matematika

75

ZÉRUSHELY MEGHATÁROZÁSA FELEZÉSI ELJÁRÁSSAL A feltételek: 1. f(x) folytonos az [a,b]-ben, 2. Az f(x)=0 egyenlet egy gyökét az [a,b] intervallumban elkülönítettük, 3. f(a) < 0 és f(b) > 0. 4. ε > 0 a megkívánt pontosság. Alkalmazott matematika

76

38

2014.11.27.

i=1

Véges az eljárás!

ai = a bi = b

x=

a i + bi 2

f(x) = 0

f(x) < 0

xp = x pontos gyök

ai+1 = x bi+1 = bi

ai+1 = ai bi+1 = x

|bi+1-ai+1|

i = i+1

≦ε

Megadott pontosságon belül b + ai + 1 xk = i + 1 2 vagyunk-e? Alkalmazott matematika

77

Határozzuk meg az y = x2-1 függvény zérushelyét a [0,3] intervallumban e = 0,05 pontossággal! i=1

a1=0

b1=3

x=3/2

f(x)=5/4 > 0

i=2

a2=0

b2=3/2

x=3/4

f(x)=7/16 < 0

i=3

a3=3/4 b3=3/2

x=9/8

f(x)=17/64 > 0

i=4

a4=3/4

x=15/16

f(x)

<0

i=5

a5=15/16 b5=18/16 x=33/32

f(x)

>0

i=6

a6=15/16 b6=33/32 x=63/64

f(x)

<0

b4=9/8

Most e = b7 - a7 = 0,046 < 0,05, ezért az x7=129/128 már megfelelő közelítés. Alkalmazott matematika 78

39

2014.11.27.

Tétel: Az előző felezési eljárással meghatározott intervallumok végpontjai konvergens sorozatot alkotnak, és a meghatározott gyök a megadott ε > 0 pontosságon belül van. Biz.: Legyen ε < (b-a)/2n. Az eljárás biztosítja, hogy a1, a2,… monoton növekvő korlátos sorozatot alkot. Ezért a sorozat konvergens, és hasonlóan konvergens a b1, b2,… sorozat is. A zérushelyre vonatkozó tétel miatt xp ∊ (ai,bi) i =1,2,… Ezért xp≧ ai és xp≦ bi ∀ i=1,2,… Alkalmazott matematika

79

Tétel: Monoton korlátos sorozat konvergens.


80

40

2014.11.27.

Tétel: Ha egy folytonos függvény az [a,b] intervallum két végpontjában ellenkező előjelű értékeket vesz fel, akkor minden – az f(a), f(b) közé eső – mértéket legalább egyszer felvesz. (Így az f(x) = 0-t is.) Definíció: ha x → x0 f(x) → f(x0), akkor az f(x) függvény folytonos. Alkalmazott matematika

Így

81

lim ai = lim bi = x p

lim i → ∞

lim i → ∞

Másrészt, f(x) folytonosságát figyelembe véve: ha ai→xp, akkor f(ai)→f(xp) és ha bi→xp akkor f(bi)→f(xp).

(*)

A feltételekből tudjuk, hogy f(ai)f(bi) < 0, ezért (*)-ból adódik, hogy f(xp)2 ≦ 0. Tehát a pontos gyök tényleg az [a,b] interf(xp) = 0. vallumon belül van. Ugyanakkor – az algoritmus szerint – xn-t mindig felezéssel kaptuk az előző pontból, ezért: 0 ≦ xp - xn ≦ (b-a)/2n < ε Alkalmazott matematika

82

41

2014.11.27.

A HÚRMÓDSZER

Tfh. a gyök elkülönítésére szolgáló [a1,b1] intervallumban az f(x) folytonos, kétszer differenciálható és f ’(x), f ’’(x) az [a1,b1]-n jeltartó.


83

y A1 f ’(x) > 0; f ’’(x) > 0 b1

b2 xp

a1

x

B1 y

B1

a1

xp

f ’(x) > 0; f ’’(x) < 0 b2

A1

b1

x


84

42

2014.11.27.

y A1 f ’(x) < 0; f ’’(x) > 0 b2

b1

xp

a1

x

B1 y B1

xp a1 b1

b2

f ’(x) < 0; f ’’(x) < 0 x

A1


85

y A1

b1

b2 xp

a1

x

B1

Az y = f(x) fgv. A1 és B1 pontjához tartozó húr x tengellyel való metszéspontja mindig a [b1;xp] intervallumban van. Így b2 egy jobb közelítést ad. Határozzuk meg b2 értékét a két ponton átmenő egyenes egyenletének segítségével: Alkalmazott matematika

86

43

2014.11.27.

f(a1 ) − f(b1 ) (x − b1 ) a1 − b1

y − f(b1 ) = y

Az egyenes az x tengelyt ott metszi, ahol x = b2 és y = 0:

A1

b1

b2 a1

xp

x

b2 = b1 −

B1

f(b1 )(a1 - b1 ) f(a1 ) − f ( b2 )

Folytassuk az eljárást:

bn +1 = bn −

f(bn )(a1 - bn ) f(a1 ) − f ( bn )


87

f(x)= -x2+2 a1=2 b1=0

f(b )(a - b )

1 1 1 b2 = b1 − f(bn )(a1 - bn ) f(a1 ) − f ( b1 ) bn +1 = bn − f(a1 ) − f ( bn ) f ( b1 ) = 2 2(2 - 0) 4

b2 = 0 −

f ( b1 )

f ( b2 )

(-2) − 2

=−

−4

=1

f ( b2 ) = 1

f ( b3 )

a1

b1

b3 = b2 −

b3 = 1 −

b2

f(a1)

b3 Alkalmazott matematika

f(b2 )(a1 - b2 ) f(a1 ) − f ( b2 )

1(2 - 1) 1 4 = 1− = (-2) − 1 −3 3

f ( b3 ) =

2 9

88

44

2014.11.27.

y

f ’(x) > 0; f ’’(x) < 0

B1

B2 a1 xp A1

b3

b2

b1

x

Az világos, hogy a b1,b2,b3,… sorozat konvergens. Mi a konvergencia sebessége? • Meghatározzuk az n. közelítés hibáját. • Kiszámítjuk két egymás utáni közelítés eltérését. Alkalmazott matematika

89

Tétel: az n. közelítés hibája: |bn-xp| ≤ | f(bn) | / | f’(bn) | Biz. • Ha xn ∊ [a1,bn] a hiba: εn=xn-xp • A Lagrange-féle középértéktétel szerint ∃ ξn∊ (xn,xp), amelyre: ' f(xn ) − f(x p ) = ε f (ξ n ) n

• Mivel f(xp) = 0, ezért

εn =

f (x n ) f ′( ξ n )

• A feltételeink szerint f ΄(x) monoton, ezért f ΄(ξn) ≤ f ΄(bn). Ezért: εn ≤

f(xn ) f ' (bn )

bn − x p ≤ Alkalmazott matematika

f(bn ) f ' (bn ) 90

45

2014.11.27.

Két egymást követő közelítés hibája: εn = bn – xp és εn+1 = bn+1 - xp A húrmódszer általános képlete átalakítható: bn +1 = bn − f(bn ) ⋅

a1 − bn = bn − λn f(bn ) f(a1 ) − f(bn )

λn

Ezért

ε

n +1



= ( bn − x p ) − λn f(bn ) = ε 1− λn n



f(bn ) 

εn  


91

Ugyanakkor f(xp) a Taylor-formulával is közelíthető: ′ n f(x p ) = f(bn − εn ) = f(bn ) - εn f (b

f(bn )

Mivel f(xp) = 0, ezért

ε

ε )+

2

n

2

f ′(′ ξ n ),

= f ′(bn ) -

ε

n

n

2

ξ n ∈ [bn ]

′ n) f ′(ξ

Ezt behelyettesítve εn+1 kifejezésébe, kapjuk:

ε

n +1

ε

n +1



= ε 1− λn n



′ n = εn [1 − λn f (b

f(bn ) 

εn  

ε )] +


n

2

2

λn f ′′(ξ n )

92

46

2014.11.27.

ε

n +1

Mivel

Ezért

′ n )] − = εn [1 − λn f (b

λ

n

ε

=

n +1

ε

n

2

2

λn f ′′(ξ n )

a1 − bn 1 ≈ ′ n) f(a1 ) − f(bn ) f (b

=

ε

n

2

2

⋅

f ′′( ξ n ) ′ n ) f (b

Tétel: A közelítés hibája az előző közelítés négyzetének hibájával arányos. Alkalmazott matematika

93

AZ ÉRINTŐ MÓDSZER (NEWTON – RAPHSON) Tfh. a gyök elkülönítésére szolgáló [a1,b1] intervallumban az f(x) folytonos, kétszer differenciálható, továbbá az f ’(x) és az f ’’(x) az [a1,b1]-n jeltartó.


94

47

2014.11.27.

y A1 f ’(x) > 0; f ’’(x) > 0 b1 xp

a2

a1

x

B1 y

B1 a2

f ’(x) > 0; f ’’(x) < 0

a1 xp

b1

A1

x


95

y A1 f ’(x) < 0; f ’’(x) > 0 b1 a1

a2

xp

y

x

B1 B1 a2 a1 b1

xp

f ’(x) < 0; f ’’(x) < 0 x

A1 Alkalmazott matematika

96

48

2014.11.27.

y A1

b1 a2

xp

a1

x

B1

Az y = f(x) függvény A1 pontjához tartozó érintő mindig az [xp; a1] intervallumban van. Így a2 egy jobb közelítést ad. Határozzuk meg a2 értékét az egy ponton átmenő adott meredkégű egyenes egyenletének segítségével: 97


y – y1 = m (x-x1)

y

y - f(a1 ) = f(a1 )(x - a1 )

A1

b1 a1

a2

xp

f ’(x) < 0; f ’’(x) > 0

B1

x

Mivel x = a2 és y = 0, ezért:

a2 = a1 −

f(a1 ) f ' (a1 )

Folytassuk az eljárást:

an + 1 = an − Alkalmazott matematika

f(an ) f ′(a n ) 98

49

2014.11.27.

Az a1,a2,a3,… sorozat monoton, korlátos konvergens. A konvergencia sebessége? Tétel: A közelítés hibája az előző közelítés négyzetének hibájával arányos.

ε

n +1

=

ε

n

2

2

f ′(′ ξ n ) f ′(a n )


99

ALGEBRAI EGYENLETEK GYÖKEINEK KÖZELÍTŐ MEGOLDÁSA Feladat: speciális egyenlet gyökeit keressük: f(x) ≡ gn(x) ahol

g n (x) = a0 x n + a1 x n −1 + a2 x n − 2 + ... + an-1 x + an ; a0 ≠ 0 Ez egy polinom

n ≠0

Az általános módszer alkalmazható, de ki akarjuk használni a függvény speciális tulajdonságait. Alkalmazott matematika

100

50

2014.11.27.

Vieta tétele: A gn(x) n-ed fokú polinom, és a x1,x2,…,xn gyökei között a következő összefüggések állapíthatók meg: x1+ x2 +…+ xn

=-a1/a0

x1x2 + x1x3 +…+ x1xn + x2x3 +…+ xn-1xn = a2/a0 x1x2x3 + x1x2x4 +…+ x1x2xn + x1x3x4 + +…+ xn-2xn-1xn

= -a3/a0

x1x2x3…xn

= (-1)n an/a0 Alkalmazott matematika

101

Példa: Egy másodfokú egyenletnek ismerjük a gyökeit: x1=1, x2=2. Határozzuk meg a másodfokú egyenletet! Az egyenletet a0x2+a1x+a2=0 alakban keressük. Feltételezhetjük, hogy a0=1, ezért a keresett alak: x2+a1x+a2=0. x1+ x2 = - a1/a0 x1x2 = a2/a0

3= - a1 2= a2

x2-3x+2=0. Alkalmazott matematika

102

51

2014.11.27.

A Vieta-képletek felhasználásával másként is kiszámíthatók:

közelítő

gyökök

•

Tfh. |x1|≧|x2|≧…≧|xn| és |x1|>>|x2|. Ekkor a közelítő gyök az a0x+a1=0 egyenlet gyökével megadható.

•

Ha |x2|>>|x3|, akkor tekintsük a következő egyenleteket: x1+x2 ≈ -a1/a0

x1x2 ≈ a2/a0

Ezért a gn(x) egyenlet abszolút értékben legnagyobb gyökét az a0x2+a1x+a2=0 abszolút értékben nagyobb gyökével közelítjük. Alkalmazott matematika

103

A HORNER ELRENDEZÉS Számítsuk ki a gn(x) polinom x = x0 helyen vett helyettesítési értékét: n

g n (x0 ) = a0 x0 + a1 x0

n −1

+ ... + an-1 x0 + an

A fenti alak a következő formára hozható:

g n (x0 ) =

{[(a0 x0 + a1 )x0 + a2 ] x0 + a3 }x0 + ... + an-1

x0 + an

ez a Horner elrendezés


104

52

2014.11.27.

A Horner elrendezés kiszámításának táblázata: gn(x)

a0

a1

a2

+

+

…

an-2

an-1

an

+

+

+

x0a0 x0a1’ … x0an-3’ x0an-2’

x0 ║

║

║

║

gn-1(x) a0

a1’

a2’ …

an-2’

x0an-1’

║

║

an-1’

bn= gn(x0)

Fontos! A felírásnál a zérus együtthatókat is figyelembe kell venni. Alkalmazott matematika

105

Segédtétel: Ha a gn(x) polinom (x-x0) –val osztva maradékul bn konstans értéket ad, akkor bn = gn(x0). Biz.: mivel: gn(x) = (x – x0) gn-1(x) + bn, ezért gn(x0) = bn. Következmény: Ha bn=0 x0 a gn(x) polinom gyöke. A számítás ellenőrzése: 1. Helyettesítsük a gn(x)=0 –ba az x=1 értéket: gn(1) = (1-x0) gn-1(1) + bn 2. Másrészt n n -1

g n (1) = ∑ ai = s i =0

és

g n-1 (1) = ∑ a'i = s'

ezért s + (x0-1) s’ = bn Alkalmazott matematika

i =0

106

53

2014.11.27.

Számítsuk ki a

g 5 (x) = 4x 5 + 2x 3 − x 2 + 2 x - 4

egyenlet helyettesítési értékét az x0 =2 helyen! gn(x)

4 8

0 + 8

2 + 16

-1 + 36

2 + 70

-4 + 144

x0=2

= 4

= 8

= 18

= 35

= 72

= b5=140

g4(x)

5

s = ∑ ai = 3

4

s′ = ∑ ai′ =137 i =0

i =0

Amiből adódik, hogy s + (x0-1) s’ = = 3+(2-1)137= 140 Alkalmazott matematika

107

Optimumszámítási modellek Vizsgáljuk meg a következő feladatot: Egy gyárnak kétféle félkész termékből (vascsőből és bútorlapból) háromféle iskolapadot kell előállítani. Az ismert, hogy az egyes késztermékek egy-egy darabjában mennyi a felhasználandó félkész termék. Az is tudott, hogy a félkész termékekből mennyi raktárkészlet van. A gyár gazdasági vezetése ismeri az egyes késztermékek eladási hasznát darabonként. Kérdés: Mennyi készterméket állítsanak elő az egyes iskolapadokból, ha a cél a profit maximalizálása?

54

2014.11.27.

Készítsük el a feladathoz tartozó matematikai modellt. Vezessük be a következő jelöléseket: F1, F2

Nyersanyagok

K1 , K2 , K3

Késztermékek

aij

Az i. nyersanyag mennyisége a j. késztermék egységnyi mennyiségében

bi

Az i. félkésztermékből rendelkezésre álló mennyiség

ci

Egységnyi i. késztermék eladásából származó haszon

Jelölje továbbá x1, x2, x3 az egyes késztermékekből gyártandó mennyiségeket. Alkalmazott matematika

109

Ha x1, x2, x3 az egyes késztermékekből gyártandó mennyiségek, akkor az F1 félkésztermékből összesen

a11 x1 + a12 x2 + a13 x3

mennyiséget használunk el. Hasonló meggondolás alapján az F2 félkésztermékből elhasznál mennyiségek: a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 Ezekről a rendelkezésre álló raktárkészlet „véges” volta miatt tudjuk, hogy

a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 ≤ b1 a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 ≤ b2

Mivel c1, c2, c3 az egyes késztermékek egységnyi eladásából származó haszon, ezért a cél

c1 x1 + c2 x2 + c3 x3 → max Alkalmazott matematika

110

55

2014.11.27.

A gyakorlati problémánkhoz rendelt matematikai modell tehát:

a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 ≤ b1 a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 ≤ b2

feltételrendszer

c1 x1 + c 2 x 2 + c 3 x 3 → max

célfüggvény

Ilyen típusú feladatok megoldása során a következő lépéseket hajtjuk végre: probléma feltárás matematikai (optimumszámítási) modell felállítása megoldó algoritmus kidolgozása


111

Térjünk vissza a bevezető feladathoz:

a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 ≤ b1 a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 ≤ b2 c1 x1 + c 2 x 2 + c 3 x 3 → max és vezessük be a következő jelöléseket:  x1    b   a11 a12 a13   X =  x2  b =  1  A =   b2   a21 a22 a23  x   3 Ekkor a feladat mátrix alakba is felírható:

C = (c1 c2

c3 )

AX ≤ b z ( X ) = CX → max Alkalmazott matematika

112

56

2014.11.27.

Az optimumszámítási modellek osztályozása: Tevékenységek típusa alapján folytonos diszkrét vegyes A modellben szereplő paraméterek alapján determinisztikus sztochasztikus A feltételek és a célfüggvény alapján lineáris nem lineáris Alkalmazott matematika

113

Grafikus megoldás kétdimenziós esetben 2

2

x1 + x2 ≤ 6 x1 ≤4

3

-x1 + x2 ≤ 4

1

x1, x2 ≥ 0

-x1 - 2x2 =z(x) → min

6

z(x)=-8 4

z(x)=-4 2

3

z(x)=-11

L

2

4

6

Az optimális megoldás: x1=1 x2=5 z(x)=-11

8

z(x)=0 1 Alkalmazott matematika

114

57

2014.11.27.

Vizsgáljuk meg a különböző megoldásokat: Tekintsük pl. a –x1 -2x2 = -4 egyenest. Több olyan pont is van az L-ben, amely kielégíti egy adott egyenes egyenletét. A z(x)= -11 egyenes egyenletét egyetlen pont elégíti ki. Nincs olyan x∈L, amely kielégítené a z(x)<-11 egyenlőtlenséget. Az optimum egyértelmű. Mi

a helyzet, ha a célfüggvény 1 párhuzamos egyenlettel? Több optimális megoldás van. Alkalmazott matematika

az

115

Két dimenzióra visszavezethető háromdimenziós eset 1 2 3 4

x1 + x2 – x3 ≤ 7 x1 – x2 + 3x3 ≤ 4 -x1 + x2 + 2x3 ≤ 4 -x1 + x2 + x3 = 2 x1, x2, x3 ≥ 0 -x1 - 2x2 – 5x3 = z(x) → min

Ilyen esetben úgy járunk el, hogy az egyenlőséget tartalmazó feltételből kifejezzük az egyik változót, azt behelyettesítjük a többi egyenletbe, a kapott kétváltozós feladatot megoldjuk, a végén még meghatározzuk a kifejezett változó értékét, és a három változóval meghatározzuk a célfüggvény értékét is. Alkalmazott matematika

116

58

2014.11.27.

Grafikus megoldás háromdimenziós esetben x3

1 2

6

x2 5

4

x1+2x2+ x3 ≤ 4 x1 – x2+2x3 ≤ 5 xi ≥ 0 _____________________ -3x1 – x2 – x3= z(x)→min

3

Az optimális megoldás: x1=4 x2=0 x3=0 z(x)=-12

2 4

3 1 2

1

1

2

3

4

5

6


7

8

x1

117

A lineáris programozás általános feladata:

a11 x1

+ a12 x2 + a13 x3 + L + a1m xm

≤ b1 ≤

M ak 1 x1

+ ak 2 x2 + ak 3 x3 + L + akm xm

≤ bk

ak +11 x1 + ak +12 x2 + ak +13 x3 + L + ak +1m xm = bk +1 =

M al1 x1

+ al 2 x2 + al 3 x3 + L + alm xm

= bl

al +11 x1 + al +12 x2 + al +13 x3 + L + al +1m xm ≥ bl +1 M an1 x1

α + c1 x1

≥

+ an 2 x2 + an 3 x3 + L + anm xm ≥ bn

+ c 2 x 2 + c3 x3 + L + c m x m = z ( x ) → min Alkalmazott matematika

118

59

2014.11.27.

Az (x1, x2, …,xm) vektort a lineáris programozási (LP) feladat lehetséges megoldásának nevezzük, ha a vektor a feltételrendszer minden egyenlőtlenségét kielégíti. Két lineáris programozási feladatot ekvivalensnek nevezünk, ha a két feladat lehetséges megoldásainak a halmaza megegyezik, a célfüggvények értékei a lehetséges megoldások halmazán egyenlőek.


119

Szimplex algoritmus Az

AX = b X ≥ 0, b ≥ 0

α + CX = z ( x) → min alakú lineáris programozási feladatot standard feladatnak nevezzük. Tétel: Bármely LP átalakítható standard feladattá úgy, hogy a kiinduló LP és a származtatott standard feladat ekvivalensek lesznek, továbbá a két feladat optimális megoldásai egyidejűleg léteznek, és ezek közvetlenül származtathatók egymásból. Következmény: Elegendő standard feladatok megoldásával foglalkozni. Alkalmazott matematika

120

60

2014.11.27.

Egy standard feladatot lehetséges kanonikus alakúnak nevezzük, ha sor- és oszlopcserékkel, valamint a változók átjelölésével az alábbi alakra hozható:

...

+ a1n +1 xn +1 +

...

+ a1n + m xn + m = b1

x2 + ...

+ a2 n +1 xn +1 +

...

+ a2 n+ m xn+ m = b2 M

xn + ann +1 xn +1 +

...

+ a nn + m xn + m = bn

x1 +

O

+ cn +1 xn +1 + ...

α+

+ cn + m xn + m = z ( x ) → min

Megjegyzés: A lehetséges kanonikus alakú feladatnál a bi ≥ 0, ( j = 1, 2,..., n ) x j ≥ 0, ( j = 1, 2,..., n + m ) feltételek is előírtak! Alkalmazott matematika

121

A lehetséges kanonikus alakú feladat tehát egy olyan speciális standard LP, amelyben a feltételrendszer mátrixában van egy n-dimenziós egységmátrix, az egységmátrix alatti célfüggvény együtthatók értéke zérus. Tétel: Egy lehetséges kanonikus alakú feladathoz mindig megadható egy triviális megoldás. Biz. Legyen az X egy olyan n+m dimenziós vektor, amelyre:

x i = bi

(i = 1,2,…,n)

és

x n +t = 0

(t = 1,2,…,m)

A feladathoz tartozó triviális megoldást bázismegoldásnak nevezzük, és az x i = bi (i = 1,2,…,n) változók a bázisváltozók. Alkalmazott matematika

122

61

2014.11.27.

Ha valamely 1 ≤ i ≤ n értékre x i = 0 , akkor degenerált bázisról beszélünk. Vegyük észre, hogy az x i bázisváltozóhoz az együtthatómátrixban az n-dimenziós vektortér i-dik egységvektora tartozik. Tétel: Egy lehetséges kanonikus alakú feladat bázismegoldásához tartozó célfüggvényérték z ( X ) = α . Biz. A célfüggvény értéke: n+m

n

n+m

i =1

i =1

i = n +1

z ( X ) = α + ∑ ci xi =α + ∑ ci xi + ∑ ci xi

Itt az első összeg azért egyenlő nullával, mert minden ci értéke nulla, a második összeg pedig azért, mert minden xi értéke nulla. Így z (X ) = α Alkalmazott matematika

123

Tétel (Optimum kritérium): Egy lehetséges kanonikus alakú feladat bázismegoldása egyben optimális megoldás is, ha cn+t ≥ 0 teljesül minden t = 1, 2, …, m értékre. Biz. Elegendő azt belátni, hogy ha X egy lehetséges megoldás, akkor z(X) ≥ α. Mivel X lehetséges megoldás, ezért X ≥ 0. De ekkor minden koordinátájára igaz, hogy xi ≥ 0, i = 1, 2, …, n+m. A feltétel szerint cn+t ≥ 0, minden t = 1, 2, …, m értékre. Ezért n+ m n n+ m n+m z ( X ) = α + ∑ ci xi =α + ∑ ci xi + ∑ ci xi = α + ∑ ci xi ≥ α . i =1

i =1

i = n +1


i = n +1

124

62

2014.11.27.

Tétel (Bázisváltoztatás tétele): Ha egy lehetséges kanonikus alakú feladat célfüggvényében van egy olyan j index, amelyre n+1 ≤ j ≤ n+m, amelyre cj < 0, és létezik a  b  ∆ = min  r a rj > 0, 1 ≤ r ≤ n   a rj  mennyiség, akkor megadható egy olyan – az eredeti feladattal ekvivalens másik lehetséges kanonikus alakú feladat, amelynek X* bázismegoldására z( X ∗ ) = α + c j ∆

teljesül A tételt nem bizonyítjuk, de megadjuk a konstrukciót, amely a tétel bizonyításához vezet. Alkalmazott matematika

125

Jelölje si a lehetséges kanonikus alakú feladat i. sorát, és si′ a származtatott feladat i. sorát. Hasonlóan jelölje z és z ′ a két feladat célfüggvényeit. Tegyük fel, hogy a tétel feltétele teljesül, és a minimum a k. sorban lévő elemre (is) fennáll. Ekkor az új feladatot a következőképpen konstruáljuk:

1 sk akj a si′ = si − ij sk = si − aij sk′ akj cj z′ = z − sk = z − c j s′k akj

sk′ =

(1 ≤ i ≤ n,

i ≠ k)

Az átalakítás során akj-t generáló elemnek, az k. sort pedig a generáló elem sorának nevezzük. Alkalmazott matematika

126

63

2014.11.27.

Határozzuk meg a következő LP optimális megoldását szimplex algoritmussal: 3

-x1 + 2x2 ≤ 4 3x1 + x2 ≤ 5

1

1

2

x1, x2 ≥ 0

-x1 - x2 =z(x) → min

2

1

3

2

1

2

Használjuk a „klasszikus“ bázistranszformációkat:

u1

u2

x1

x2

1 0

0 1

-1 3

0

0

-1

x2 u2

x1

u1

u2

x1

x2

2 1

b 4 5

½ -½

0 -½ 1 7/2

1 0

b 2 3

-1

0

½

0 - 3/2

0

2

u1

1 0

0 -½ ½ 1 7/2 -½

b 2 3

0

0

- 3/2 ½

2

x2 u2

x1

1 1/7 0 2/7

0 3/7 17/7 1 -1/7 6/7

0

0

3/7

u1

2/7

b

23/7

A megoldás: x1=6/7, x2=17/7 z(x)=-23/7. Alkalmazott matematika

128

64

2014.11.27.

Hogyan lehet áttérni a szimplex táblára?

x2

u2

1 0

0 -½ ½ 1 7/2 -½

b 2 3

0

0

- 3/2 ½

2

x1

u1

x1 x2 u2

u1

½ 7/2 -½

b 2 3

- 3/2 ½

2

-½

Ha jól számolunk, akkor az egységmátrix mindig megjelenik a táblázatban. Ezeket nem kell kiszámítani, elhagyhatjuk a táblázatból. Helyezzük át ezeket a változókat a táblázat első oszlopába az egységvektoruknak megfelelő pozícióba. Az elemek transzformációja ennek megfelőlen változik. Alkalmazott matematika

129

Az algoritmus:

x1 x2 u2

u1

½ 7/2 -½

b 2 3

- 3/2 ½

2

-½

x2 x1

u2

u1

b

1/7

3/7

17/7

2/7

-1/7

6/7

3/7

2/7

23/7

A bázisba a generáló elem oszlopában lévő változó kerül be a g.e. sorában levő bázisváltozó helyére. Legyen a generáló elem akj. Ekkor a´kj=1/akj a´ij = – aij a´kj , ha i ≠ j, a´ki = aki a´kj , ha i ≠ j, a´it = ait – aij a´kt , ha i ≠ j és t ≠ k. Alkalmazott matematika

130

65

2014.11.27.

Probléma: A bázistranszformáció feltételeként beállított

 b  ∆ = min  r a rj > 0, 1 ≤ r ≤ n + m   a rj  érték csak akkor létezik, ha a generáló oszlopban van pozitív együttható. Tétel (Optimum nemlétezésének kritériuma): Ha lehetséges kanonikus alakú feladatban valamely n+1 ≤ j ≤ n+m indexre cj < 0, és az arj ( r = 1, 2, …, n) elemek egyike sem pozitív, akkor a feladat célfüggvénye alulról nem korlátos a lehetséges megoldások halmazán.


131

A standard feladat általános megoldása bonyolultabb, mivel a kiinduló bázismegoldás nem áll rendelkezésünkre. Tovább bonyolódik a helyzet, ha nem folytonos feladatról, hanem egész értékű feladatról van szó: 5

4

3

2

1

1

2

3

4


132

66

2014.11.27.

Hozzárendelési feladat Adott n számú dolgozó és n különböző munka. A dolgozók a munkákat különböző költségekkel végzik el. Osszuk szét a dolgozók között a munkákat úgy, hogy minden dolgozó pontosan egy munkát kapjon, és a munkavégzés költsége minimális legyen! n

A dolgozók száma

cij

A j. munka elvégzésének költsége, ha azt az i. dolgozó hajtja végre. (1 ≤ i,j ≤ n) 1, ha az i. dolgozó végzi a j. munkát

xij 0, különben Alkalmazott matematika

133

A matematikai modell n

∑x

ij

=1

i = 1, 2, …, n

=1

j = 1, 2, …, n

j =1

n

∑x

ij

i =1

xij ∈ {0,1} n

1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ n

n

∑∑ c x

ij ij

= z → min

i =1 j =1


134

67

2014.11.27.

Megoldható a feladat? A megoldást mindig egy olyan nn-es bináris mátrix szolgáltatja, amelynek minden sorában és minden oszlopában egy – és csak egy – 1-es van. Példa: 44-es esetben legyen a költségmátrix Egy lehetséges megoldás:

1  2 C = 3  4 

3 2 3  2 4 1 2 5 3  2 1 6 

1  0 X = 0  0 


0 0 0  0 0 1 1 0 0  0 1 0 

135

Következmény-1: Egy hozzárendelési feladatnak (HF) mindig van lehetséges megoldása. Következmény-2: Egy HF lehetséges megoldásainak halmaza csak ntől függ, a költségmátrix értékétől a a lehetséges megoldások halmaza független. Következmény-3: Egy HF-nak n! különböző lehetséges megoldása van. Következmény-4: Különböző célfüggvényű (de azonos n-hez tartozó) HF-hoz tartozó lehetséges megoldások halmaza megegyezik. Ezért a HF-t meghatározza a C = {cij} költségmátrix. Jelölése: H(C). Következmény-5: Egy HF optimális megoldását mindig meghatározhatjuk, ha végigpróbáljuk az összes lehetséges megoldást, és kiválasztjuk azt, amelyhez a minimális célfüggvényérték tartozik. Alkalmazott matematika

136

68

2014.11.27.

A Cnm és Dnm mátrixokat ekvivalensnek mondunk, ha léteznek olyan α1, α2, …, αn, és β1, β2, …, β m konstansok, amelyekre cij = dij + αi + βj minden 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ n értékre. Jelölése: C ~ D. Tétel (Mátrixok ekvivalenciája): Ha C és D nn-es költségmátrixok, és C ~ D, akkor H(C) és H(D) optimális megoldásai megegyeznek. Biz. Legyen zC és zD a két célfüggvény, és legyen X egy tetszőleges megoldás. Megmutatjuk, hogy létezik egy olyan γ konstans, amelyre

zC ( X ) = z D ( X ) + γ


n

n

zC ( X ) = ∑ ∑ cij x ij = i =1 j =1 n

n

n

137

n

∑ ∑ (d

ij

+ α i + β j ) x ij =

i =1 j =1 n

n

n

n

= ∑ ∑ d ij x ij + ∑ ∑ α i x ij + ∑ ∑ β j x ij = i =1 j =1 n

n

i =1 j =1

i =1 j =1

n

n

n

n

i =1

j =1

j =1

i =1

= ∑ ∑ d ij x ij + ∑ α i ∑ x ij + ∑ β j ∑ x ij = i =1 j =1

1

1 n

n

n

n

i =1

j =1

= ∑ ∑ d ij x ij + ∑ α i + ∑ β j = z D ( X ) + γ i =1 j =1

zD ( X )

γ Alkalmazott matematika

138

69

2014.11.27.

Egy mátrix 0 elemeinek egy rendszerét független 0 rendszernek nevezzük, ha a mátrix minden sora és minden oszlopa legfeljebb egy elemet tartalmaz a rendszerből. (Elemeit 0*-gal jelöljük.) Tekintsük azt az eljárást, amely előállít egy olyan C(0), C(1), …, C(k) mátrixsorozatot (k ≤ n), amelyre teljesül, hogy (1) C ~ C(0) (2) C(t) ~ C(t+1), t = 0, 1, 2, …, k-1 (3) C(t) ≥ 0,

t = 0, 1, 2, …, k

(4) C(k) –ban ki van jelölve egy n elemű független 0 rendszer.


139

Tétel: Tegyük fel, hogy van egy ilyen mátrixsorozatunk. Legyen X egy olyan nn-es mátrix, amelyre teljesül, hogy

1, ha cij(k ) = 0∗ x ij =  0, különben Ekkor X optimális megoldása H(C)-nek. Biz.

X lehetséges megoldás (4) miatt. X optimális megoldása H(C(k))-nak, mert zk( X ) = 0, és (3) miatt, és bármely X lehetséges megoldásra zk(X ) ≥ 0.

(1) és (2) valamint az ekvivalencia tranzitivitása miatt C ~ C(k).

X optimális megoldása H(C)-nek is. Alkalmazott matematika

140

70

2014.11.27.

Magyar módszer Jelölje || 0* || a kijelölt független 0 rendszer elemeinek a számát. Előkészítő rész (Egy független 0 rendszer előállítása): Vonjuk ki a sorminimumokat a sorokból Vonjuk ki az oszlopminimumokat az oszlopokból. Így megkapunk egy C(0) mátrixot. Jelöljünk ki C(0)-ban egy független 0 rendszert. Egy mátrix egy elemét szabad elemnek nevezzük, ha nincs jellel ellátva, és sem a sora sem az oszlopa nincs lekötve.


r=0

i

||0*|| = n

141

VÉGE

Kössük le a 0* oszlopait Van szabad 0 elem? Jelöljük meg '-vel a szabad 0-t 0' sora tartalmaz 0*-t? 0' sorát kössük le, 0* oszlopát oldjuk fel r=r+1

A szabad elemek minimumát levonjuk a szabad elemekből, és hozzáadjuk a kétszeresen kötött elemekhez. Láncképzés:0’oszlopában 0*, 0* sorában 0’. (Jel.: L) (r+1) C elemei: Jelölések nélküli C(r) cij( r +1) megjelölése *-gal, ha (r ) ∗ - cij( r ) ∉ L és cij = 0 (r ) (r ) - cij ∈ L és cij = 0′


142

71

2014.11.27.

Példa: Oldjuk meg a következő hozzárendelési feladatot!

4  3 C = 3  2  2

5 3 2 3  2 4 3 4 3 4 4 3  4 3 2 4  1 3 4 3

C ( 0)

2  1 C = 0  0  1

2  1 = 0  0  1

3 1 0 1  0 2 1 2 0 1 1 0  2 1 0 2  0 2 3 2

3 0 0 1  0 1 1 2 0 0 1 0  2 0 0 2  0 1 3 2


143

Jelöljük ki a független 0 rendszert oszlopfolytonosan:  2 3 0* 0 1 

C ( 0)

Kössük le a 0*-k oszlopait!

C ( 0)

 1 =  0*  0  1

 0* 1 1 2  0 0 1 0  2 0 0* 2   0 1 3 2

+ + + +  2 3 0* 0

 1 =  0*  0  1

0* 1 1 0 0 1 2 0 0* 0 1 3


1  2 0  2  2 144

72

2014.11.27.

Keressünk sorfolytonosan szabad 0-t! Ez a c35 elem lesz. Mivel a harmadik sor tartalmaz 0* elemet, ezért a c35 elemet ellátjuk '-vel, a sort lekötjük, a sorában levő 0* oszlopát pedig feloldjuk: + + + +  2 3 0* 0' 1  +

C ( 0)

 1 =  0*   0'  1

 0* 1 1 2  0 0 1 0' +  2 0 0* 2  +  0 1 3 2

Most a c41 lesz az első szabad 0, a negyedik sort lekötjük és a negyedik oszlopot kell feloldani. Keresve szabad 0-t azt kapjuk, hogy a c14 lesz az első szabad 0, az első sort le kell kötni és a harmadik oszlopot kell feloldani. Alkalmazott matematika

145

Szabad 0-t keresve most azt látjuk, hogy nincs ilyen elem. Mivel a független 0 rendszerünk csak 4 elemet tartalmaz, ezért – az ekvivalencia tétel felhasználásával – „gyártani” kell szabad 0-t: A szabad elemek minimuma most 1. + + + +  2 3 0* 0' 1  +    1 0* 1 1 2 

C ( 0) =  0* 0 0 1 0' +    0' 2 0 0* 2  +   1 0 1 3 2

Vonjuk le az 1-t a szabad elemekből, és adjuk hozzá a kétszer kötött elemekhez: Alkalmazott matematika

146

73

2014.11.27.

Most már ismét kereshetünk szabad 0-t. Ez a c21 elem lesz. Ennek sora tartalmaz 0* elemet, ezért a c21 elemet ellátjuk '-vel, a sorát lekötjük, és a harmadik oszlopot feloldjuk: +  2 4 0* 0' 1  +

C ( 0)

  0' =  0*   0'  0

 0* 0 0 1  + 1 0 1 0' +  3 0 0* 2  +  0 0 2 1

Ismét szabad 0-t keresve, c51 lesz az első szabad 0, de a sora nem tartalmaz 0* elemet, ezért a láncképzés indul be: Alkalmazott matematika

C (0)

2  0 =  0*   0'  ' 0

4 0* 0' 1   0* 0 0 1  1 0 1 0' 3 0 0* 2   0 0 2 1

147

+ + + +

Most törölve a jelöléseket, és ”*”-gal ellátva a láncon kívüli 0* elemeket, valamint ”*”-gal ellátva a láncon belüli 0' elemeket, megkapjuk a a C(1) mátrixot.


148

74

2014.11.27.

C (1)

2  0 = 0  0  * 0

4 0* 0 1   0* 0 0 1  1 0 1 0* 3 0 0* 2   0 0 2 1

Mivel C(1)-ben 5 elemű a független 0 rendszer, ezért az eljárás véget ér. Most már csak az X megoldásmátrix előállítása van hátra: 1, ha cij(k ) = 0∗ x ij =  0, különben Alkalmazott matematika

0  0 X =  0 0  1

149

0 1 0 0  1 0 0 0 0 0 0 1  0 0 1 0  0 0 0 0

Ezért a célfüggvény értéke: n

n

z ( X ) = ∑∑ cij xij = 3 + 2 + 3 + 2 + 2 = 12 i =1 j =1


150

75

2014.11.27.

Valószínűségszámítás Azokat a jelenségeket, amelyek létrejöttét a tekintetbe vett körülmények nem határozzák meg egyértelműen, véletlen jelenségeknek nevezzük. A véletlen jelenségeknek a megadott körülmények mellett többféle kimenete is lehet. Statisztikus törvényszerűségeknek nevezzük a véletlenszerű összefüggésekkel szemben érvényesülő szükségszerű hatásokat. Általában az olyan jelenségeket, amelyek nagy számban lépnek fel, vagy azonos körülmények között tetszés szerinti sokszor megismételhetők, tömegjelenségeknek nevezzük. A valószínűségszámítás tárgya a véletlen tömegjelenségek vizsgálata.

Az olyan jelenségeket, amelyeknek a kimenetele az adott körülmények között többféle is lehet, gyűjtőnéven kísérletnek nevezzük. A kísérlet lehetséges eredményei az elemi események. Kísérlet például: egy lövedék kilövése ágyúból, dobókockával történő dobás egy folyó vízállásának leolvasása meghatározott helyen és időben utasok száma egy buszjáraton reggel rögzített időpontban egy kártyalap kihúzása a kártycsomagból Kockadobásnál vagy a kártyalap kihúzásánál az elemi események száma véges, míg a vízállás leolvasásánál végtelen sok mérési eredményünk lehet. Az adott kísérletnél előforduló elemi események összességét eseménytérnek nevezzük.

76

2014.11.27.

Előfordulhat, hogy egy kísérlet kapcsán nem az elemi események bekövetkezését vizsgáljuk, hanem az elemi eseményekből alkotott részhalmazok bekövetkezésére vagyunk kíváncsiak. Az eseménytér (H) részhalmazait eseményeknek nevezzük. (Az elemi események is események.) Pl. Páros kockadobások bekövetkezését vizsgáljuk, 310 cm-nél magasabb vízállásokat rögzítünk, A pikk lapok húzását tekintjük érvényes kísérletnek stb… A teljes eseménytér és az üres halmaz is a H eseménytér – halmazelméleti értelemben vett – részhalmazai, ezért ezek is beletartoznak az eseménytérbe. Az egész H halmazt biztos eseménynek, az üres halmazt lehetetlen eseménynek nevezzük.

Tekintsünk egy olyan kísérletsorozatot, amely n kísérletből áll. Jelentse k egy meghatározott esemény bekövetkezéseinek a számát.

k hányadost a tekintett esemény relatív gyakoriságának n nevezzük a szóbanforgó kísérletsorozatban. Ekkor a

Ha nagy számú kísérletsorozat elvégzése során az A esemény bekövetkezésének a relatív gyakoriságok egy szám körül ingadoznak, akkor azt a számot az A esemény valószínűségének nevezzük. Jelölése: P(A). Ha a relatív gyakoriságok nem ingadoznak egy szám körül, akkor a szóbanforgó eseménynek nincs valószínűsége. Ha egy tömegjelenséggel kapcsolatos eseménynek van valószínűsége, akkor az egy objektív adat (mint a tömeg, a hőmérsklet stb…).

77

2014.11.27.

A valószínűségszámítás feladata az, hogy az egyszerű események valószínűségének az ismeretében bonyolultabb, összetett események valószínűségére következtessen. Ahhoz, hogy a valószínűségszámítás módszereivel megismerkedjünk, először arra van szükség, hogy megvizsgáljuk azt, hogyan lehet az elemi eseményekből összetett eseményeket képezni. Ehhez meg kell ismerni az eseményalgebrát, amely a Boole-algebrák egy speciális esete.

Az eseményalgebra Tekintsük a kockadobást, mint kísérletsorozatot. Ebben az esetben az elemi események a kockadobás eredményei lesznek, tehát 1-et, 2t, …,6-t dobunk. Tekintsük az elemi eseményekből képezett következő (összetett) eseményeket: A kockadobás eredménye páros szám. A kockadobás eredménye 3-nál nagyobb. A kockadobás eredménye páratlan szám.

78

2014.11.27.

Legyen A és B két esemény. A két esemény összegén azt az eseményt értjük, amely akkor következik be, ha a két esemény közül valamelyik bekövetkezik. Jelölése: A + B vagy A U B . Legyen A és B két esemény. A két esemény szorzatán azt az eseményt értjük, amely akkor következik be, ha a két esemény közül mindkettő bekövetkezik. Jelölése: AB vagy A I B . Egy A esemény kiegészítő (komplemens) eseményén azt az A eseményt értjük, amelyre igaz, hogy AU A = H AI A = 0

A következő összefüggések igazak: I. 1. A + B = B + A 2. ( A + B ) + C = A + ( B + C ) 3. A + A = A

III. 1. A( B + C ) = AB + AC

II. 1. AB = BA 2. ( AB )C = A( BC ) 3. AA = A

IV. 1. 2. 3. 4.

A+ 0 = A A0 = 0 A+ H = H AH = A

V. 1. A + A = H 2. A A = 0

79

2014.11.27.

A fenti azonosságok nyilvánvaló következménye az, hogy AB = 0 jelentése: az A és B események egyszerre nem következhetnek be, azaz A és B egymást kizáró események. Általában az elemeknek olyan halmazát, amelyben értelmezve van a H és a 0 elem, továbbá definiált az elemek között az „összeadás”, a „szorzás” és a „ellentett-képzés” művelete, és a műveletek rendelkeznek az I. – V. tulajdonságokkal, Boole-féle algebrának nevezzük. Tétel: Egy Boole-algebrában érvényesek a következő azonosságok:

A= A 0=H H =0

Tétel: Egy Boole-algebrában érvényesek a De Morgan azonosságok: A + B = A⋅ B AB = A + B

80

2014.11.27.

A Boole-algebrában a kivonást a következőképpen definiáljuk:

B − A = BA Tétel (Abszorbciós tétel): A + ( AB ) = A

Biz.

A + ( AB) = ( AH ) + ( AB) = A( H + B) = AH = A

Következmény – 1:

A( A + B ) = A A + AB = A + B

Ha a Ai – nem szükségképpen elemi – események egy véges vagy végtelen sorozatára fennállnak a

∑A =H i

Aj Ak = 0,

ha j ≠ k

i

feltételek, akkor az események ilyen rendszerét teljes rendszernek nevezzük. Teljes rendszert alkot például minden esemény a kiegészítő (komplemens) eseményével együtt, egy kockadobásos kísérletsorozatnál a páros és a páratlan dobások eseményeiből alkotott rendszer.

81

2014.11.27.

A valószínűségszámítás alapfogalmai Az A esemény P(A) valószínűségére - mint axiómára – igazak a Kolmogorov-féle axiómák: I.

0 ≤ P ( A) ≤ 1

II.

P( H ) = 1

III. Ha az A és B események egymást kizáró események (AB = 0), akkor P ( A + B) = P ( A) + P ( B ) (A III. axióma kiterjeszthető eseményeknek olyan végtelen sorozatára is, amelyekre Ai Aj = 0.)

Tétel: Ha egy A esemény valószínűsége P(A), akkor P( A) = 1 − P( A)

Biz. Mivel A és az ellentettje teljes rendszert alkotnak, ezért a III. axióma miatt P( H ) = P( A + A) = P( A) + P( A) A II. axióma miatt P(H) = 1, ezért átrendezéssel azonnal megkapjuk a tétel állítását.

Következmény – 2: P(0) = 0.

82

2014.11.27.

Tétel: Ha az A és B események tetszőleges események, akkor annak a valószínűsége, hogy közülük legalább az egyik bekövetkezik:

P ( A + B ) = P ( A) + P ( B ) − P ( AB ). Biz. Legyen az A és a B két egymást kizáró esemény. Ekkor a Következmény – 1 miatt

A + B = A + AB Használjuk továbbá a következő azonosságot:

B = HB = ( A + A) B = AB + AB.

Alkalmazzuk a III. axiómát a két azonosságra:

P ( A + B ) = P ( A) + P ( AB ) P ( B ) = P ( AB ) + P ( AB ).

A két egyenletet egymásból kivonva átrendezéssel kapjuk a tétel állítását.

Klasszikus valószínűség Tegyük fel, hogy egy kísérletsorozatnál a véges sok A1, A2, …,An esemény teljes eseményrendszert alkot. Ekkor a III. axiómát alkalmazva kapjuk, hogy: n  n  P ( A ) = P  ∑ Ai  = P( H ) = 1. ∑ i i =1  i =1  Tegyük fel, hogy az A1, A2, …,An események egyformán valószínűek, azaz P ( A1 ) = ... = P ( An ) = p , Ekkor a rendszer teljessége miatt n

∑ P( A ) = np = 1. i

i =1

Így

P ( Ai ) = p =

1 . n

83

2014.11.27.

Ha egy B esemény akkor következik be, ha vagy az A1, vagy az A2,…, vagy az Ak elemi esemény valamelyike bekövetkezik, akkor k

B = ∑ Ai , i =1

és mivel az Ai események egymást kizáró események, ezért k k 1 k P( B) = ∑ P( Ai ) =∑ = . n i =1 i =1 n Mivel az elemi események száma n, ezért k P( B) = , n azaz a B esemény bekövetkezésének valószínűségét úgy kapjuk, hogy a kedvező elemi események számát elosztjuk az összes elemi események számával.

Klasszikus valószínűségi mezőnek nevezzük az elemi események egy olyan teljes rendszerét, ahol az elemi események B ⊆ H részhalmazain értelmezve van egy P(B) = k / n függvény, ahol k a B halmaz, n pedig a H halmaz elemeinek száma. A klasszikus valószínűségszámítás a klasszikus valószínűségi mezőkkel foglalkozik. A klasszikus valószínűségszámítás eszközeivel a következő feladatok egyszerűen megoldhatók: Mekkora a valószínűsége annak, hogy egy szabályos dobókockával 2-est dobunk, páratlan számot dobunk, nem dobunk 5-öst?

84

2014.11.27.

Példa: Mi annak a valószínűsége, hogy véletlenszerűen húzva ki egy lapot a 32 lapos magyar kártyából zöldet húzunk?

P(B) =

8 1 = . 32 4

P(B) =

4 1 = . 32 8

felsőt húzunk?

a kihúzott lap a makk király lesz?

P(B) =

1 . 32

Tömegesen gyártott termékeknél a gyártás átlagos minőségére – az előállított termékek nagy száma miatt – többnyire nem következtethetünk úgy, hogy minden egyes terméket megvizsgálunk. Ezekben az esetekben a selejtes termékek számának a meghatározását mintavétel segítségével végezzük el. Ha a kiválasztott terméket a vizsgálat után visszarakjuk a vizsgálat elvégzése után, akkor visszatevéses mintavételről, ha a terméket a vizsgálat után nem tesszük vissza, akkor visszatevés nélküli mintavételről beszélünk. Visszatevéses mintavételnél a selejtes és a hibátlan termékek aránya nem változik, a visszatevés nélküli esetben azonban az arányok megváltoznak.

85

2014.11.27.

Visszatevés nélküli mintavétel Tegyük fel, hogy egy N darabból álló termékhalmazban M darab selejtes van. Ha a termékekből n darabot visszatevés nélkül kiválasztunk, akkor mi a valószínűsége annak, hogy azok között éppen k darab selejtes lesz? Mivel bármelyik terméket egyenlő valószínűséggel választhatjuk, ezért alkalmazható a valószínűség kiválasztásának klasszikus módja. N Az összes lehetséges elemi események száma:   n

A kedvező elemi események számát akkor kapjuk meg, ha az M számú selejtes darabból éppen k számút választunk, és ezek mellé az N – M számú hibátlan darabból n – k számút választunk ki.

M  N −M   -féle módon lehetséAz előbbit  -féle módon, az utóbbit  k   n−k  ges kiválasztani. A két feltétel egyszerre így  M  N − M      k  n − k 

számú esetben következhet be. Ez a kedvező események száma. Annak valószínűsége tehát, hogy visszatevés nélkül kiválasztott n elemű mintában éppen k selejtes darab van:  M  N − M     k  n − k   Pk = P ( A) = N   n

86

2014.11.27.

Példa: 40 munkadarabból, amelyek között 8 selejtes van, találomra kiveszünk négyet. Mi a valószínűsége annak, hogy két jót és két selejtest veszünk ki? Használjuk a visszatevés nélküli mintavétel képletét arra az esetre, ha N = 40, M = 8, n = 4, k = 2. Ekkor M  k P ( A) = 

 N − M   n − k N   n

  =

 8  40 − 8      2  4 − 2  = 13888 = 0,151964 ... 91390  40     4

Visszatevéses mintavétel Végezzük el az előző mintavételünket úgy, hogy minden húzás után a kivett mintát rakjuk vissza. n Ekkor az összes elemi esemény száma N lesz. Ha a kedvező eseteket akarjuk kiszámítani, akkor az M selejtesből k darabot M k -féleképpen választhatunk ki. A maradék (N – M) nem n−k selejtesből az n – k darabot pedig ( N − M ) -féleképpen lehet kiválasztani. Így – ha a kihúzás sorrendjére nem lennénk tekintettel – az összes lehetséges eset száma n−k M k (N − M ) lenne. A k darab selejtes és az (n – k) nem selejtes terméket az n elem olyan ismétléses permutációinak a száma adja, amelyben k darab egyforma elem van, azaz  n   k 

87

2014.11.27.

Így a kedvező esetek száma: n k   M ( N − M )n − k k  és a ezért a keresett valószínűség: k n−k  n  M k (N − M )n − k  n  M   N − M      P ( A) =   =      Nn k   k  N   N  Vezessük be a következő jelöléseket: M N −M p= q =1− p = N N ahol p jelenti egy darab selejtes termék kiválasztásának a valószínűségét, és q = 1 – p szolgáltatja a nem selejtes termékek kihúzásának a valószínűségét. Ekkor a keresett valószínűséget a következő formában írhatjuk fel: n P ( A) =   p k q n − k k 

Példa: Egy magyar kártyából 5-ször egymás után húzzunk ki egy lapot úgy, hogy minden húzás után a kihúzott lapot visszarakjuk. Mi a valószínűsége annak, hogy az öt kihúzott lap közül 3 makk lesz? Most az ismétléses mintavétel valószínűségének  n  M k ( N − M )n−k  n  k P ( A) =   =   p (1 − p ) n − k . n N k  k  képletét kell használnunk, ahol n = 5, k = 3, M = 8, N = 32, és p =1/4, q = ¾ lesz. Így

 5 1 3 3 2 1 9 90 P( A) =   ( ) = 10 ⋅ ⋅ = = 0,08789... 64 16 1024  3 4 4

88

2014.11.27.

Geometriai valószínűség Ha egy kísérlet lehetséges eseményei egy geometriai alakzat részhalmazainak feleltethetők meg úgy, hogy az egyes események bekövetkezésének valószínűsége az eseményhez rendelt részhalmaz geometriai mértékével (hossz, terület, térfogat) arányos, akkor geometriai valószínűségről beszélünk. Tegyük fel, hogy egy céltáblába lövünk, és minden lövésünk célba talál. Ekkor annak a valószínűsége, hogy a lövésünk a céltábla egy t területű részébe csapódik be, arányos lesz a vizsgált rész területével. Ha az arányossági tényezőt c-vel jelöljük, akkor: p = c∙t Ha T-vel jelöljük a céltábla területét, akkor annak a valószínűsége, hogy a céltáblába találunk a biztos esemény valószínűsége lesz, azaz P(H) = 1.

Alkalmazva a területtel arányos formulát azt kapjuk, hogy P(H) = 1 = c∙t, amiből adódik, hogy 1 c= , T vagyis annak a valószínűsége, hogy lövésünk a céltábla egy t területű részébe csapódik be: t Pt = , T ahol T jelöli az egész céltábla területét.

89

2014.11.27.

Példa: Legyen a céltáblánk egy r = 25 cm sugarú kör. Osszuk a céltáblát r1 = 5, r2 = 10 r3 = 15, r4 = 20 sugarú körökkel koncentrikus körgyűrűkre. Mi annak a valószínűsége, hogy a céltábla 15 < r < 20 körgyűrűjébe találunk bele? Jelöljük a keresett eseményt A-val. Ekkor r42π − r32π r42 − r32 20 2 − 15 2 175 PA = = = = = 0,28 r 2π r2 25 2 625 Hasonló megfontolás alapján annak a valószínűsége, hogy a találat a legbelső körben lesz: r 2π 52 25 PB = 12 = 2 = = 0,04 r π 25 625 Számoljuk ki a maradék két körcikkbe való becsapódás valószínűségét is! (Ha jól számolunk, akkor azt kell kapnunk, hogy a négy esemény teljes rendszert alkot.)

Események függetlensége Azt mondjuk, hogy az A és B események függetlenek egymástól, ha P(AB) = P(A) P(B). Az A1, A2, …, An eseményrendszer teljesen független, ha bármely Ai, Aj, – i,j = 1, 2, …, n, i ≠ j – párra P(Ai Aj) = P(Ai) P(Aj) Ha két kísérlet egyidejű vagy egymás utáni elvégzése során fennáll az, hogy a két kísérletet egynek tekintve, a közös kísérletben az egyik kísérlet bármely eredményeként adódó esemény független a másik kísérlet bármely eredményeként adódó eseménytől, akkor a két kiséletet függetlennek nevezzük.

90

2014.11.27.

A valószínűségi változó fogalma Az elemi események halmazán értelmezett függvény függő változóját valószínűségi változónak nevezzük. A valószínűségi változót görög betűvel jelöljük: ξ, η, stb. Legyenek az elemi események E1, E2, …, En. Ha az x1, x2, …, xn jelenti a ξ valószínűségi változó értékeit, és f(Ei) = xi, akkor a ξ = xi azt mutatja, hogy a kísérlet során az Ei esemény következett be. Az Ei esemény valószínűségét a P(ξ = xi) jelöli. Példa: a kockadobásnál a ξ valószínűségi változó értékei: 1, 2, 3, 4, 5, 6. Ekkor f(Ei) = i, és 1 P(ξ( = i) = 6

Példa: Két kockával dobunk. A ξ valószínűségi változó jelentse a dobott számok összegét. Összesen 36 elemi eseményünk van, ezeket az (i,j) számpárokkal jellemezhetjük, ahol i jelenti az első kockával, j pedig a második kockával dobott szám értékét. Ellentétben az egy kockadobásnál megfigyeltekkel, itt az elemi események és a hozzájuk rendelt ξ = i + j számok nem határozzák meg kölcsönösen egymást. (Például a ξ = 4 értéket rendeljük az (1,3), (2,2), (3,1) eseményekhez.) Grafikonon ábrázolva a P(ξ = i + j) valószínűségeket a következő lapon látható ábrát kapjuk. Vegyük észre, hogy a legvalószínűbb érték a 7-es, ezt 6 elemi eseményhez rendeljük hozzá.

91

2014.11.27.

6 36 5 36 4 36 3 36 2 36 1 36

P(ξ = i + j)

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12 i+j

Példa: Adjunk le lövéseket egy R sugarú céltáblára. Ha azt feltételezzük, hogy minden lövésünk célba talál, akkor elemi eseménynek tekinthetjük, ha a lövés a céltábla (a,b) koordinátájú pontjába talál. (A koordinátarendszer origójának a céltábla középpontját tekintjük.) Legyen ξ = a 2 + b 2 ≤ R, azaz a találat helyének az origótól való távolsága. Azt már ismerjük, hogy a céltábla esetében a klasszikus valószínűségszámítás geometriai valószínűségre vonatkozó szabályait alkalmazhatjuk. Ezért például R  P ξ =  = 0, 2  mivel az egyenlőség azt jelentené, hogy a találat a körvonalra esik, és ennek területe 0.

92

2014.11.27.

Annak van tehát értelme, hogy azt vizsgáljuk, hogy a lövés egy x sugarú körön belül esik. Mivel az x tetszőleges valós szám lehet, ezért az esemény valószínűségére három esetet különböztethetünk meg:

0  x2 P(ξ < x) =  2 R 1

ha x ≤ 0 ha 0 < x ≤ R ha R < x

Ezért a valószínűségi változó egy folytonos függvény lesz:

P(ξ < x)

1

R

x

93

2014.11.27.

Példa: Dobjunk fel szabályos kockát, és ξ jelentse a dobott számot. Határozzuk meg a P(ξ < x) valószínűségeket! A lehetséges értékek: ξ = xi = i, (i = 1,2,…,6). Ha x ≤ 1 esetén P(ξ < x) = 0. Ha x ∊ (1, 2), akkor P(ξ < x) = P(ξ = 1) = 1/6. Ha x ∊ (1, 2, 3), akkor P(ξ < x) = P(ξ = 1) + P(ξ = 2) = 1/3. … Ha x ∊ (1, 2, … , 6), akkor 5 5 1 5 P(ξ( < x) = ∑ P (ξ = i ) = ∑ = . 6 i =1 i =1 6 Ha x ∊ (1, 2, … , n), ahol n > 6 akkor 6 6 1 P(ξ( < x) = ∑ P (ξ = i ) = ∑ = 1 . i =1 i =1 6 Ha a P(ξ < x) függvényt ábrázoljuk, akkor a következő függvényt kapjuk:

P(ξ < x) 6 6 5 6 4 6 3 6 2 6 1 6

x 1

2

3

4

5

6

94

2014.11.27.

Az eloszlásfüggvény A korábbi példákban függvényeket határoztunk meg, amelyek jellemzik a valószínűségi változót. Legyen ξ egy valószínűségi változó. Az F(x) = P(ξ < x), x ∊ R függvényt a ξ eloszlásfüggvényének nevezzük. Egy eloszlásfüggvényre teljesülnek a következő tulajdonságok: F(x) monoton növekvő függvény, azaz ha x1 ≤ x2, akkor F(x1) ≤ F(x2).

lim F ( x) = 0

x →−∞

és

lim F ( x) = 1. x →∞

F ( x ) = F ( a ). F(x) minden x pontjában balról folytonos, azazlimlim →a −0

Tétel: Ha F(x) a ξ valószínűségi változó eloszlásfüggvénye, akkor annak a valószínűsége, hogy a ξ az [a,b) intervallumba esik P(a ≤ ξ < b) = F(b) – F(a). Biz. Az eloszlásfüggvény definíciójából a következők felírhatók: F (a) = P (ξ < a ) F (b) = P(ξ < b) P(ξ < a) + P(a < ξ < b) = P (ξ < b)

(1) (2) (3)

(3)-at átrendezve, és beírva a definícióból adódó értékeket kapjuk:

P(a ≤ ξ < b) = P(ξ < b) − P(ξ < a) = F (b) − F (a), ami a tétel állítását szolgáltatja.

95

2014.11.27.

A ξ valószínűségi változót diszkrétnek nevezzük, ha ξ lehetséges értékeinek halmaza véges (vagy megszámlálhatóan végtelen). A ξ valószínűségi változót eloszlásfüggvénye folytonos.

folytonosnak

nevezzük,

ha

Diszkrét valószínűségi változó eloszlásfüggvénye: F ( x) = P (ξ < x) = ∑ P (ξ = xi ) xi < x

Tétel: Ha ξ diszkrét valószínűségi változó, és lehetséges értékei az x1, x2, …, xn valós számok, akkor ∞

∑ P(ξ = x ) = 1. i

i =1

A sűrűségfüggvény Ha a ξ valószínűségi változó F eloszlásfüggvénye folytonos és differenciálható, akkor az F differnciálhányados függvényét a ξ sűrűségfüggvényének nevezzük. Jelölése: f(x) = F’(x), x ∊ R. A sűrűségfüggvény tulajdonságai: f ( x) ≥ 0 x

F ( x) =

∫ f (t )dt −∞

∞

∫ f ( x)dx = 1

−∞ b

P (a ≤ ξ ≤ b) = ∫ f ( x)dx = F (b) − F (a ) a

96

2014.11.27.

A valószínűségi változók további jellemzői A ξ valószínűségi változó módusza az az xi érték, amelynek P(xi) valószínűsége a legnagyobb. (Ha több ilyen van, akkor a móduszok halmazáról beszélünk.) A ξ valószínűségi változó mediánja az az M(ξ) szám, amelyre teljesül, hogy 1 (1) P(ξ ≤ M (ξ )) ≥ 2 1 P(ξ ≥ M (ξ )) ≤ (2) 2 Ha több ilyen szám van, akkor legyen a az a legkisebb szám, amelyre (1) teljesül és b az a legnagyobb szám, amelyre (2) teljesül. Ekkor a+b M (ξ ) = 2

Ha a ξ valószínűségi változó diszkrét eloszlású, akkor a várható értéke: E(ξ ) = ∑ xi P(ξ = xi ) xi

A várható érték tehát a súlyozott számtani közép. Példa: Ha ξ egy kockadobás eredményeinek valószínűségi változója, akkor a lehetséges értékei: 1, 2, …, 6. Ezért

1 1 1 7 E(ξ ) = ∑ xi P(ξ = xi ) = 1⋅ + 2 ⋅ + ... + 6 ⋅ = 6 6 6 2 xi Látjuk, hogy a várható érték eltérhet a módusztól (tehát nem a leggyakrabban előforduló érték) és a mediántól is. Ebben az esetben a várható érték olyan szám, amely a diszkrét valószínűségi változó értékei között nem is szerepel.

97

2014.11.27.

Ha a ξ valószínűségi változó folytonos eloszlású, akkor a várható ∞ értéke: E (ξ ) = ∫ xf ( x)dx −∞

A 72. oldalon tárgyalt feladatban az eloszlás-függvény:  0 ha x ≤ 0  x2 P(ξ < x) =  2 ha 0 < x ≤ R  R ha R < x 1 Ami alapján a sűrűségfüggvény  2x ha 0 ≤ x ≤ R  f ( x) =  R 2  0 ha R < x Ezért a várható érték: R R 2x 1  2x3  2 E (ξ ) = ∫ x 2 dx = 2   = R. R R  3 0 3 0

A várható érték egy ξ valószínűségi változó átlagértékét adja. (Ugyanúgy, mint pl. a fizikában egy rendszer súlypontja.) A várható érték ismerete azonban általában nem elegendő arra, hogy egy valószínűségi változó lehetséges értékeinek eloszlására következtetni tudjunk. Példa: Válasszunk ki egy évfolyamot véletlenszerűen, és válasszunk ki egy tantárgyat is véletlenszerűen. A hallgató adott tantárgyból kapott érdemjegyének a várható értéke akkor is közepes lesz, ha az évfolyam fele elégtelen, másik fele pedig jeles osztályzatot kapott, és akkor is, ha mindenki közepesre vizsgázott. Az eloszlások ilyen jellegű vizsgálatára alkalmas a szórás.

98

2014.11.27.

A szórás Ha a ξ valószínűségi változó diszkrét eloszlású, akkor a szórásnégyzete: n 2 D2 (ξ ) = E (ξ − E (ξ )) = ∑ ( xi − E (ξ ))2 P(ξ = xi )

[

]

i =1

Alakítsuk át a jobb oldalt: n

D2 (ξ ) = ∑( xi − E(ξ ))2 P(ξ = xi ) = i =1

= ∑ xi P(ξ = xi ) − 2∑ xi (ξ ) P(ξ = xi ) + ∑ xi P(ξ = xi ) = xi

xi

xi

n

n

n

i =1

i =1

i =1

= ∑ xi2 P(ξ = xi ) − 2 E (ξ )∑ xi P(ξ = xi ) + E 2 (ξ )∑ P(ξ = xi ) =

= E(ξ 2 ) − 2E 2 (ξ ) + E 2 (ξ ) ⋅1 = E(ξ 2 ) − E 2 (ξ )

Ha a ξ valószínűségi változó folytonos eloszlású, akkor a szórásnégyzete: ∞

D 2 (ξ ) =

2

∫ (x − E (ξ ) )

f ( x ) dx

−∞

Ezt a kifejezést szokásos a ξ valószínűségi változó második centrális momentumának is nevezni.

99

2014.11.27.

Nevezetes diszkrét eloszlások I. A ξ valószínűségi változót egyenletes eloszlásúnak nevezzük, ha a ξ kimenetelei egyenlően valószínűek, lehetséges értékei: 0, 1, 2, …, n, 1 és P (ξ = k ) = , n ahol k = 0, 1, 2, …, n. Az egyenletes eloszlás várható értéke: 1 1 1 E (ξ ) = x1 + x2 + ... + xn = n n n

n

∑x

i

i =1

n

.

A szórás értékét a D 2 (ξ ) = E ( ξ 2 ) − E 2 ( ξ )

képlet alapján számítjuk ki.

Példa: Dobjunk fel egy szabályos dobókockát. A kimenet legyen a dobott szám. Határozzuk meg a kísérlet várható értékét és szórását! A várható érték:

1 + 2 + ... + 6 21 = = 3,5. 6 6 Még egyszer leszögezzük: A várható érték jelentése nem az, hogy a kísérlet kimenete 3,5 lesz, hanem az, hogy elegendően sok kísérletet elvégezve a kapott eredmények átlaga a várható eredmény környékén lesz. E (ξ ) =

A szórás értéke: D 2 (ξ ) = E ( ξ 2 ) − E 2 ( ξ ) =

Ezért a szórás:

D=

1 + 4 + 9 + ... + 36 − 3 ,5 = 2 ,92 . 6

2 ,92 = 1,71 .

100

2014.11.27.

Az egyenletes eloszlás kiemelt fontosságú a véletlen számoknál. A számítógépes programok véletlen-szám generátoraival szemben gyakorlatilag egyetlen követelmény merül fel: az általuk előállított számok eloszlásának egyenletessége. Kimutatható, hogy ennek biztosítása nagyon nehéz. A véletlen számok széles körben alkalmazhatók: Szimuláció (véletlen időközökben érkezés szimulálása.) Mintavétel (egy terméksorozat minőségének megállapításakor) Számítógépes programozás (algoritmusok hatékonyságát véletlen adatok generálásával ellenőrizhetjük.) Szórakozás (kockázás, kártyázás, rulett)

Nevezetes diszkrét eloszlások II. A ξ valószínűségi változót binomiális eloszlásúnak nevezzük, ha a ξ lehetséges értékei: 0, 1, 2, …, n, és

 n P (ξ = k ) =   p k q n −k , k  ahol 0 < p < 1, k = 0, 1, 2, …, n és q = 1 – p. A binomiális eloszlásnak két paramétere van: n és p. Feladat: Bizonyítsuk be, hogy n  n  k n−k   p q = 1. ∑ k =0  k  (Lásd a 79. oldalon található tételt!)

101

2014.11.27.

Tétel: A ξ binomiális eloszlású – p és n paraméterű – valószínűségi változó várható értéke M(ξ) = np Biz. n  n E (ξ ) = ∑ xi P(ξ = xi ) = ∑ k   p k (1 − p) n−k = xi i =1  k  n n  n − 1 k  n − 1 k −1  p (1 − p) n−k = np∑   p (1 − p)n−k = ∑ n k 1 k 1 − − i =1  i =1   

Az összegzésben egy p és n – 1 paraméterű binomiális eloszlás tagjai szerepelnek, ezért az összegük 1. Így M(ξ) = np

Tétel: A ξ binomiális eloszlású – p és n paraméterű – valószínűségi változó szórása D (ξ ) = npq . Példa: Tegyünk egy urnába 3 piros és 9 darab fehér golyót. Húzzunk az urnából 20-szor egy-egy golyót úgy, hogy az egyes húzások után feljegyezzük a golyó színét, majd visszatesszük. Jelentse ξ a mintában levő piros golyók számát. Számítsuk ki a ξ valószínűségi változó várható értékét és szórását! A lehetséges piros golyók száma: 0, 1, 2, …, 20. Valószínűségeik a a klasszikus modell segítségével határozhatjuk meg. Tegyük fel, hogy a golyók meg vannak számozva, és az első három a piros. Így a húzások leírására egy olyan modellt tudunk használni, amelynek kimenetelei az 1, 2, …, 12 számokból álló 20 hosszúságú sorozatok.

102

2014.11.27.

Egy lehetséges kimenet: 3, 2, 7, 2, 6, 8, 12, 8, 4, 5, 10, 10 ahol a piros számok jelölik a piros golyókat. Mivel mind a 12 pozícióban előfordulhat bármelyik golyó, ezért a lehetséges kimenetek száma 1220. Ezek egyenlő valószínűséggel fordulhatnak elő. A kérdés most már csak az, hogy hány olyan sorozat van, amelyben az 1, 2, 3 számok k-szor fordulnak elő. Ezek száma:  20  k 20 − k  3 9 k Így a keresett valószínűség: k 20 − k  20  3k 9 20− k  20  1   3  P(ξ = k ) =   =      20  k  12  k  4   4  ami éppen egy binomiális eloszlást szolgáltat p = 4 és n = 20 paraméterekkel.

Most kiszámíthatjuk a várható értéket és a szórást:

E (ξ ) = np = 20 ⋅

1 = 5. 4

és 1 3 15 D = np(1 − p ) = 20 ⋅ ⋅ = = 1,936... 4 4 4

103

2014.11.27.

Nevezetes diszkrét eloszlások III. A ξ valószínűségi változót geometriai eloszlásúnak nevezzük, ha a ξ lehetséges értékei: 1, 2, …, n,… és annak valószínűsége, hogy a ξ a k értéket veszi fel: P (ξ = k ) = q k −1 p, ahol 0 < p < 1, k = 1, 2, …, n és q = 1 – p. A binomiális eloszlásnak két paramétere van: n és p. Tétel: Ha a ξ valószínűségi változó geometriai eloszlású, akkor a várható értéke ∞ 1 E (ξ ) = ∑ kpq k −1 = p k =1 és szórása q D (ξ ) = . p

A geometriai eloszlásnak megfelelő modellünk a következő lesz. Tekintsünk egy olyan kísérletet, amelynek két kimenetele lehetséges: A és B. Legyen P(A) = p és P(B) = 1 – p = q. Végezzük el a kísérletet egymástól függetlenül sokszor, és tekintsünk egy kísérletsorozatot egyetlen kísérletnek. Ennek minden kimenetele az A és B eseményekből alkotott sorozattal jellemezhető. A ξ valószínűségi változó jelölje azt a sorszámot, amelynél A először fordul elő. A ξ lehetséges értékei az 1, 2, …, n, … számok. Mivel az egyes kísérletek egymástól függetlenek, ezért

P (ξ = k ) = q k −1 p, ugyanis k – 1-szer a B esemény következett be, és csak a k-adikra az A.

104

2014.11.27.

Példa: Tegyünk egy urnába 2 piros és 8 darab fehér golyót. Húzzunk az urnából visszatevéssel egy-egy golyót mindaddig, amíg piros golyót sikerül húzni. Legyen a kísérlet kimenetele a szükséges húzások száma. Számítsuk ki a ξ valószínűségi változó várható értékét és szórását! A kimenetelek tehát a pozitív egész számok lehetnek, de előállhat az az eset is, hogy soha nem húzunk piros golyót. Ezért a val.vált. értelmezési tartománya megszámlálhatóan végtelen számosságú halmaz. Vezessük be az alábbi eseményeket: Ak: a szükséges húzások száma pontosan k, azaz a k. húzásra húzunk először pirosat. Bk: az első k húzás között nincs piros.

Egészítsük ki a a fenti eseményeket a Ck-1 eseménnyel, amely azt jelenti, hogy az első k – 1 húzás között van piros golyó. A három esemény teljes eseményrendszert alkot, hiszen egymást kizáró események és P ( C k − 1 ) + P ( Ak ) + P ( B k ) = 1 . Hasonlóan: P ( C k −1 ) + P ( B k −1 ) = 1 .

Ezért

P ( Ak ) = P ( B k −1 ) − P ( B k ).

Vegyük észre, hogy a Bn esemény akkor következik be, ha n egymás utáni kihúzott golyó között nincs piros, ami éppen a binomiális eloszlás első tagja:

105

2014.11.27.

n

n 4 P ( Bn ) =   p 0 (1 − p ) n −0 = (1 − p ) n =   . 5 0

Így

P ( Ak ) = P ( Bk −1 ) − P ( Bk ) = (1 − p )

k −1

14 − (1 − p ) =   55 k

k −1

,

minden k = 1, 2, … értékre, ezért p = 1/5 és q = 4/5. Ebből kapjuk, hogy E(X ) = 5 és 1− p D2 ( X ) = 2 = 20, p amiből adódik, hogy

D ( X ) ≈ 4,47.

Nevezetes diszkrét eloszlások IV. A ξ valószínűségi változót hipergeometrikus eloszlásúnak nevezzük, ha a ξ lehetséges értékei: 0, 1, 2, …, n és annak valószínűsége, hogy a ξ a k értéket veszi fel:  M  N − M     k  n − k   P (ξ = k ) = , N   k ahol n ≤ M ≤ N, k = 0, 1, 2, …, n.

106

2014.11.27.

Tétel: Legyen a ξ valószínűségi változó hipergeometrikus eloszlású. Jelölje p = M / N és q = 1- p. Ekkor a ξ várható értéke E (ξ ) = np

és szórása

D (ξ ) = npq

N −n . N −1

Hipergeometrikus eloszlást eredményez a következő kísérletsorozat: Legyen egy dobozban N golyó, közöttük M kitüntetett (piros színű). Visszatevés nélkül, véletlenszerűen kiválasztunk egy n elemű mintát (n ≤ M). Legyen a ξ valószínűségi változó a mintában lévő kitüntetett elemek száma, értékei: 0, 1, 2, …, n.

Példa: Tegyünk egy urnába 6 darab piros és 4 darab fehér golyót. Húzzunk ki visszatevés nélkül 4 golyót. Legyen a kísérlet kimenetele a kihúzott piros golyók száma. Mi lesz ennek a kísérletsorozatnak a várható értéke és szórása?  6  4 

10   tartalÖsszesen   -féle 4 elemű minta van. Ezek közül    m  4 − m  4

maz pontosan m darab pirosat. Ezért annak a valószínűsége, hogy a mintában m darab piros van:  6  4     m  4 − m   P (ξ = m) = . 10    4 Tehát hipergeometriai eloszlással van dolgunk. Ezért N −n 12  3  10− 4 M 12 D(ξ ) = npq = ≈ 0,64 = 0,8. E(ξ ) = n = 1−  N −1 5  5  10−1 N 5

107

2014.11.27.

Nevezetes diszkrét eloszlások V. A ξ valószínűségi változót λ paraméterű Poisson eloszlásúnak nevezzük, ha a ξ lehetséges értékei: 0, 1, 2, …, n,… és a ξ valószínűségi változó valószínűségeloszlása:

P (ξ = k ) = ahol λ > 0, k = 0, 1, 2, …, n,… . A Poisson eloszlásnál a ξ megszámlálhatóan végtelen.

λk k!

e −λ ,

lehetséges

értékeinek

halmaza

Tétel: Legyen a ξ valószínűségi változó hipergeometrikus eloszlású. Jelölje p = M / N és q = 1- p. Ekkor a ξ várható értéke E (ξ ) = λ

és szórása

D (ξ ) = λ .

A Poisson eloszlás a binomiális eloszlás határeseteként, a kísérletek számának növelésével kaphatjuk meg úgy, hogy az A esemény valószínűsége n növelésével egyre csökken, miközben az np = λ szorzat állandó marad. A Poisson eloszlás jelentőségét az adja, hogy igen sok gyakorlati feladatban találkozunk ilyen eloszlású változókkal. Általában a pontok tér- vagy időbeli eloszlása akkor követi a Poisson-eloszlást, ha azok egymástól függetlenül és minden tér vagy időrészben egyformán valószínűen oszolhatnak el. Ilyen eloszlást mutat – többek között – a vérsejtek száma a mikroszkóp látóterében, az egy útszakaszon bizonyos idő alatt áthaladó gépkocsik száma, a sajtóhibák száma egy könyvoldalon stb. Az eloszlás paramétere arányos lesz a vizsgált térrész vagy időintervallum nagyságával.

108

2014.11.27.

Nevezetes folytonos eloszlások I. A ξ folytonos valószínűségi változót egyenletes eloszlásúnak nevezzük az (a,b) intervallumon, ha sűrűségfüggvénye:  1 ha a < x < b  f ( x) =  b − a egyébként  0 Az eloszlásfüggvénye

 0 x − a F ( x) =  b − a  1

ha x ≤ a ha a < x ≤ b ha b < x

Tétel: Az egyenletes eloszlású folytonos ξ valószínűségi változó várható értéke a+b E (ξ ) = 2 és szórása:

D(ξ ) =

b−a . 2 3

109

2014.11.27.

Nevezetes folytonos eloszlások II. A ξ folytonos valószínűségi változót exponenciális eloszlásúnak nevezzük, ha sűrűségfüggvénye: ha x ≥ 0

λe −λx f ( x) =   0

ha x < 0

Az eloszlásfüggvénye

 0 F ( x) =  −λx 1 − e

ha x ≤ 0 ha x > 0

Tétel: Az exponenciális eloszlású folytonos ξ valószínűségi változó várható értéke 1 E (ξ ) =

λ

és szórása:

D(ξ ) =

1

λ

.

110

2014.11.27.

Nevezetes folytonos eloszlások III. A ξ folytonos valószínűségi változót normális eloszlásúnak nevezzük m és σ paraméterekkel, ha sűrűségfüggvénye: −( x −m )2 1 2 f ( x) = e 2σ σ 2π Az eloszlásfüggvénye 1 F ( x) = σ 2π

x

∫e

− (t −m ) 2 2σ 2

dt

−∞

Mivel az integrálunkat elemi függvényekkel nem tudjuk kifejezni, ezért az eloszlásfüggvény értékeit táblázat segítségével határozhatjuk meg.

Tétel: Az normális eloszlású folytonos ξ valószínűségi változó várható értéke E (ξ ) = m és szórása:

D(ξ ) = σ .

Kitüntetett szerepe van annak a normális eloszlásnak, amelynek paraméterei m = 0 és σ = 1. Ezt standard normális eloszlásnak nevezzük. Jelölése: N (0,1). A standard normális eloszlás sűrűségfüggvénye ill. eloszlásfüggvénye: x −t 2 − x2 1 1 Φ( x) = e 2 dt e 2 ϕ ( x) = ∫ 2π −∞ 2π

111

2014.11.27.

f(x)

Az (m, σ) paraméterű normális eloszlás sűrűségfüggvénye

x m-σ

F(x)

m

m+σ

Az (m, σ) paraméterű normális eloszlás eloszlásfüggvénye

0,5

m

112

2014.11.27.

A standard normális eloszlás sűrűsgfüggvényének maximumhelye az origó, és a függvény az y tengelyre szimmetrikus. Ezért az eloszlásfüggvény értékeinek a táblázatba foglalása a standard normális eloszlás esetében egyszerűbb. Így pl. a standard normális eloszlás esetén negatív független változókra a függvényértékeket nem kell kiszámítani, mert Φ(-x) = 1 – Φ(x) Ugyanakkor azt is látni kell, hogy nem szükséges kiszámítani a táblázatot minden m, σ párra, hanem elegendő az N(0,1) standard normális eloszlás táblázatát elkészíteni, mert  x−m F ( x ) = Φ .  σ 

A valószínűségszámítás statisztikai alkalmazásai Adott egy esemény valószínűsége. Megmondható-e előre, hogy egy következő megfigyelésnél az esemény bekövetkezik-e vagy sem? Abban reménykedhetünk, hogy ha jelenséget elég sokszor megfigyeljük, akkor az megmondható, hogy az esemény bekövetkezéseinek aránya előre megadott nagy valószínűséggel valamilyen határok közé esik. Példa: dobjunk fel egy érmét 100-szor. Bizonyos számítások után azt mondhatjuk, hogy annak a valószínűsége, hogy • 47 és 53 között lesz az eredmény írás, az p = 0,93 lesz, • 42 és 58 között lesz az eredmény írás, az p = 0,97 lesz. Alkalmazott matematika

226

113

2014.11.27.

Egy másik feladat lehet az, hogy határozzuk meg egy esemény bekövetkezésének a valószínűségét. • A megoldás nyílván az, hogy megfigyeljük a jelenséget elég sokszor. • Megfigyeljük a relatív gyakoriságokat, és azokat feljegyezzük. • A k/n relatív gyakoriság egy valószínűségi változó, így ennek értéke megfigyelés-sorozatokként változni fog. • Azt tudjuk, hogy ha a valószínűség létezik, akkor a relatív gyakoriságok a valószínűség körül fognak ingadozni. Hányszor ismételjük meg a kísérletet? (Mi van, ha kísérlet veszélyes, drága, korlátozottan ismételhető?) Ha egy kísérlet nem ismételhető „sokszor”, akkor a valószínűség meghatározása statisztikai becsléssel történik. Alkalmazott matematika

227


228

114

2014.11.27.

A matematikai statisztika alkalmazható abban az esetben is, amikor egy véletlen jelenség kimenetele valamilyen paramétertől függ, és ennek a paraméternek az értékét nem lehet elméleti úton meghatározni. • Végezzünk megfelelő (nagy)számú kísérletet, és rögzítsük az egyes kimenetek – paramétertől függő – valószínűségét. • Válasszuk ki a paraméternek azt az értékét, amelyre a kimenet általunk megfigyelt eseményéhez tartozó valószínűség a legnagyobb. Ezt az eljárást nevezzük a paraméter becslésének, és a módszer a legnagyobb valószínűség (maximum likelihood) módszer.


229

Hogyan lehet a paramétert becsülni?


230

115

2014.11.27.

A becslések egyik legfontosabb alkalmazása a minőség-ellenőrzés. A selejtes termékek számát tételes ellenőrzéssel meg lehet állapítani, de ez időigényes, drága. Átvételi terv: a gyártott termék egy rögzített darabszámú (n) mintáján végrehajtott vizsgálat után csak akkor veszik át a terméket, ha selejtes darabok száma nem halad meg egy előre meghatározott darabszámot (k). Egy ilyen mintavétel során n és k értéke eltérhet gyártásonként.


231

Példa-1: Egy minőségi ellenőrzés során a kiválasztott 1000 villanykörte között 50 hibás terméket találnak. Adjunk pontbecslést a teljes sokaság selejtarányára! Itt egy visszatevés nélküli mintavétellel állunk szemben, amihez – elméletileg – a hipergeometrikus eloszlás tartozik. • A hipergeometrikus eloszlás jól közelíthető binomiális eloszlással, • A binomiális eloszlás pedig közelíthető normális eloszlással közelíthető. Binomiális eloszlás esetén a a valószínűség legjobb pontbecslése a relatív gyakoriság, ezért p = 0,05.


232

116

2014.11.27.

Példa-1: Egy minőségi ellenőrzés során a kiválasztott 1000 villanykörte között 50 hibás terméket találnak. Adjunk 90%-os biztonságú intervallumbecslést a teljes sokaság selejtarányára!


233

0,4 0,3 0,2 0,1

5%

-2

-z0

90%

5% x

-1

0 Alkalmazott matematika

1

z0

2 234

117

2014.11.27.

k − np np(1 − p ) Ez az érték már 0 várható értékű és 1 szórású. x=

Helyettesítsük be ezt az értéket a Képletbe. Azt kapjuk, hogy P(− z0 ≤

k − np ≤ z0 ) = 0,90. np(1 − p )

Alakítsuk át belső egyenlőtlenséget úgy, hogy p-re kapjuk az alsó és felső korlátokat:  k k k  k    1 −  1 −  k k n n n n  P − z0 ≤ p ≤ + z0  = 0,90. n n n n       Alkalmazott matematika

235

Vezessük be a k/n = r jelölést. Ekkor azt kapjuk, hogy a keresett intervallum: r − z0

r (1 − r ) r (1 − r ) ≤ p ≤ r + z0 . n n

Ebben a képletben már mindent ismerünk. R = 0,05 és z0 = 1,65. Helyettesítsünk be. Azt kapjuk, hogy a keresett intervallum:

[0,039

; 0,061].

Ez azt jelenti, hogy a selejtarány 90%-os biztonsággal 4-6 % között marad.


236

118

2014.11.27.

Hipotézisvizsgálatok Gyakran előfordul, hogy két sokaságot össze akarunk hasonlítani. Viszonylag könnyen kimondjuk pl. „az amerikai emberek kövérebbek, mint az európaiak.” Azt már tudjuk, hogy az átlagok összehasonlítása nem elég, mert a szórások erősen befolyásolhatják a sokaság megítélését, előfordulhat, hogy az eltérések csupán látszólagosak.

Hogyan lehet megalapozottá tenni az összehasonlításkor hozott döntésünket?


237

A hipotézisvizsgálat lényege az, hogy van egy feltételezésünk (hipotézisünk) az adatok vizsgálatával kapcsolatban. Megvizsgáljuk azt, hogy a feltételezés teljesül vagy nem. A módszer azon alapul, hogy statisztikai pók valamelyikével ellenőrizzük a hipotézis helyességét, és a döntésünket valószínűségi alapon hozzuk meg. A statisztikai módszerünk lényege tehát (ismét) az, hogy mintából dolgozunk, és ennek következtében csak egy adott valószínűséggel adhatunk választ a jelenség(ek) bekövetkezésére.

Az eljárásunk során az indirekt bizonyítás ismert lépéseit használjuk. Alkalmazott matematika

238

119

2014.11.27.

Bizonyítani szeretnénk egy állítást. • Feltesszük az állítás ellenkezőjét. (nullhipotézis) • Az állítás cáfolatából kiindulva logikailag (és aritmetikailag) helyes lépések sorozatával számításokat végzünk. • Ha számításaink valószínűtlen eredményre vezetnek, akkor az állítás cáfolata hibás volt, ezért az állításunk valószínűleg igaz. • Ha a számításaink azt igazolják, hogy a cáfolat valószínűleg igaz, akkor az eredeti állítás nagy valószínűséggel nem következhet be. Figyeljük meg: a matematikában általában használt – a formális logika szabályait követő – számítások során kapott „állítás tagadása” helyett jelen esetben mindig „valószínű bekövetkezésről” vagy be nem következésről beszélünk. Alkalmazott matematika

239

Az, hogy a valószínűség melyik szintjén döntjük el, hogy a nullhipotézist elvetjük, az mindig a vizsgálatot végző személytől függ. Általában az alkalmazott határ az 5 %-os valószínűségi szint. Ez azt jelenti, hogy a nullhipotézisünket akkor fogjuk elvetni, ha az p = 0,05-nél kisebb valószínűséggel következik be. Ilyenkor azt mondjuk, hogy a számításunk p < 0,05 szinten szignifikánsan azt eredményezi, hogy a nullhipotézistől való eltérés jelentős. Ezért az eltérés nem tulajdonítható a véletlennek. A nullhipotézistől való p < 0,05 szinten szignifikáns eltérés más megfogalmazásban azt jelenti, hogy az az eredeti állítás 95%-os biztonsággal igaz lesz. Alkalmazott matematika

240

120

2014.11.27.

A kétmintás t-próba Tegyük fel, hogy két statisztikai sokaság adatait mérjük, és azt akarjuk eldönteni, hogy a két sokaság adatai között van-e eltérés? Az eltérés vizsgálatára a kétmintás t-próbát használjuk. A próba akkor használható, ha a minták • Egymástól függetlenek • Normális eloszlásúak • Egyforma szórásúak Az első két feltételt általában adottnak tekintjük, a harmadik teljesülését ellenőrizni kell. Alkalmazott matematika

241

AZ ellenőrzést az F-próba segítségével végezzük. Ennek során a két minta szórásnégyzetét (varianciáját) hasonlítjuk össze: σ2 F = 12 σ2 A képletből nyilvánvaló: a minták azonosságának az F = 1 érték felel meg. Az F értékének meghatározása táblázatból történik. Mivel a képletben nincs kitüntetett érték, ezért a táblázatok mindig úgy készülnek, hogy a nagyobb variancia szerepel a számlálóban. Ha a két minta elemszáma n1 és n2, akkor a táblázat sorában ill. oszlopában szereplő szabadságfokok értékei n1 – 1 ill. n2 – 1. Amennyiben a sor-oszlop metszetben szereplő értéknél magasabb a mintára számolt F értéke, akkor a két minta szignifikánsan eltér egymástól. (Szignifikancia szintenként más táblázatot kell nézni!) Alkalmazott matematika

242

121

2014.11.27.

Ha tehát a kikeresett értéknél kisebb értéket számoltunk az F-re, akkor a két minta azonos eloszlású, tehát t-próba alkalmazható. A t-próba képlete: x− y T= σ 12 + σ 22 Ami némi számolás után a következő alakra hozható: T=

x− y Qx + Q y n + m n + m − 2 nm

Ahol Qx = ∑ xi2 − x ∑ xi

és

Qy = ∑ yi2 − y ∑ yi


243

A t-próba értékének kiszámítása után ismét egy táblázathoz (F.3) fordulunk. Hipotézis vizsgálatunkban a null-hipotézis az volt, hogy a két minta azonos. A táblázatban a szabadsági fokot a két minta elemszámának összege adja. A megfelelő sorban megkeressük azt az utolsó értéket, amelynél még nagyobb a kiszámított T értékünk. Ez valamekkora valószínűséggel azt állítja, hogy a null-hipotézisünk igaz. Ha a valószínűség értéke kicsi (pl. p = 0,01), akkor az azt jelenti, hogy a null-hipotézis bekövetkezésének valószínűsége kicsi, tehát elvetjük. (Ellenkező esetben (p = 0,9) a null-hipotézist megtartjuk.) Ezért a két minta eltér egymástól. Alkalmazott matematika

244

122

2014.11.27.

A korreláció Ha egy statisztikai sokaság két mérhető elemét vizsgáljuk, akkor sokszor előfordulhat, hogy azt érezzük, hogy a két változó „együtt mozog”: ha az egyik nő, akkor a másik is, és megfordítva is igaz. Ilyenkor azt mondjuk,hogy a két változó között korreláció van. Példa: korreláció lehet az emberek magassága és a testsúlya között. A korreláció nem determinisztikus, vannak „kilógó” minta-elemek. Három kérdésre keresünk választ: • Van-e korreláció? • Milyen irányú a korreláció? • Milyen szoros a korreláció? Alkalmazott matematika

245

A korreláció mérése a (lineáris) korrelációs együtthatóval történik. Ha két mért mennyiség független, akkor azt mondjuk, hogy a változók korrelálatlanok. Tegyük fel, hogy mérünk egy mintán érték-párokat: (x1,y1), (x2, y2),…, (xn, yn). A korrelációs együttható a következő képlettel határozható meg: n

∑ (x − x )(y i

r=

i

−y

)

i =1 n

n

∑ (x − x ) ∑ (y − y ) 2

i

i =1

2

i

i =1

Vizsgáljuk meg,hogyan működik a képlet! Alkalmazott matematika

246

123

2014.11.27.

A korreláció értéke -1 és +1 közé esik. Alakítsuk át a képletünket jobban kezelhető formára:

n

n

∑ (x − x )(y − y ) = ∑ (x y − x y − yx + xy ) = i

i

i

i =1

i

i

i

i =1 n

n

n

i =1

i =1

i =1

= ∑ xi yi − x ∑ yi − y ∑ xi + n xy

Vegyük észre, hogy

∑x y =∑x y n ∑ y = n x y = n ∑ x y = y∑ x x∑ y = n x n n n xy = n

és

i

i

i

i

i

i

i

i


247

Ezért

∑x y i

i

− x ∑ yi = ∑ xi yi − y ∑ xi = Qxy

Ha bevezetjük a

∑ (x − x )

2

i

= Qx

∑ (y

)

2

i

− y = Qy

Jelöléseket, akkor azt kapjuk, hogy Qxy r= Qx Q y Példa a testmagasságokkal és súlyokkal gyakorlaton.


248

124

2014.11.27.

A regresszió A korreláció csak megállapítja az összefüggést, de nem ad támpontot arra, hogy az egyik változó értékének ismeretében hogy becsülhetjük meg a másik változó értékét. Olyan összefüggést keresünk, amelytől a valószínűségi törvényszerűségek által meghatározott módon az értékek eltérhetnek. Ezt az összefüggést nevezzük az y változó x-re vonatkozó regressziójának. Ha azt feltételezzük, hogy a változók közötti kapcsolat lineáris, akkor lineaáris regresszióról beszélünk.


249

A lineáris regresszióhoz tartozó egyenes egyenlete: y=r

σy x−x + y σx

(

)

Ahol r a korrelációs együttható. Értelmezzük a képletet. Regressziót akkor számolunk, ha egy statisztikai sokaság értékpárjaira a korrelációs együttható értékét már kiszámítottuk. Az r értékének meghatározásához mind az átlagokat, mind a szórásokat ki kellet számítanunk, tehát σy és σx értékei ugyanúgy ismertek, mint az átlagok értékei. Ezek ismeretében a regressziós egyenes egyenlete felírható. Alkalmazott matematika

250

125

2014.11.27.

Tegyük fel, hogy lányok esetében a testmagasság és a súly közötti összefüggést megállapító regressziós egyenes a y = 0,6939 x − 60,5665

képlettel adott. Ekkor, ha egy lánynak ismerjük a magasságát, akkor annak ismeretében megbecsülhetjük – nagy valószínűséggel a súlyát: Ha a magasság m = x = 165 cm, akkor a súly: y = 53,9275 kg.


251


252

126

Alkalmazott matematika

Recommend Documents