VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS KIDOLGOZOTT FELADATOK

VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS KIDOLGOZOTT FELADATOK

KOMBINATORIKA Példa: a) Hányféle módon rakható sorba egy csomag Magyar kártya 32 lapja? Nyilván 32! féle módon. Ez nagyon nagy szám, 32! ≈ 2,63·1035. b) Hányféle módon rakható sorba úgy, hogy a legfelső lap ász legyen? Erre a válasz az, hogy a legfelső lap a 4 ász közül bármelyik lehet, alatta pedig a 31 lap sorrendje tetszőleges, így a lehetőségek száma 4·31! ≈ 3,28·1034. c) Hányféle módon rakható sorba úgy, hogy a 8 piros lap felül legyen? Ebben az esetben a 8 piros lap és azok alatt a 24 többi lap sorrendje tetszőleges. Így a sorrendek száma 8!·24! ≈ 2,50·1028. Példa: Hány "anagrammája" van a MATEMATIKA szónak? A szó 10 betűből áll, tehát n = 10, ezek között van k1 = 2 db M betű, k2 = 3 db A betű, k3 = 2 db T betű, a többi betűből (E, I, K) 1-1 db van, így az "anagrammák" száma

P10  2,3, 2,1,1,1 

10!  151200 2! 3! 2!1!1!1!

Példa: Hány különböző 5 jegyű számot képezhetünk a 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 számjegyekből, ha megköveteljük, hogy minden számjegy legfeljebb egyszer fordulhat elő? Két ötjegyű szám, ha ugyanazokból a számjegyekből képezzük, természetesen a számjegyek sorrendjében tér el egymástól. Tehát sorrendeket számolunk és mivel nem mind a tíz hanem csak öt számjegy sorrendjeit kérdezzük, ezért a választ ismétlés nélküli variációk adják. Ha elsőként nem vesszük figyelembe, hogy 0 nem lehet az első számjegy akkor a fentiek szerint világos, hogy az összes "öt számjegyből álló számsorozatok" száma V105 . Korrigáljuk most ezt az eredményt, vonjuk ki ebből azon "számsorozatok" számát, amelyek 0-val kezdődnek. Ha az első helyen 0 áll, akkor már csak négy számjegy össze lehetséges sorrendjeit kell számolnunk, ezek száma nyilván V94 , hiszen a 0-t már nem választhatjuk így csak 9 számjegy közül válogathatunk. A kérdésre a választ nyilván ezen értékek különbsége adja

V105  V94 

10! 9! 10! 9! 10!  9!      27216 5! 10  5!  9  4 ! 5! 5!

Példa: Hány különböző 5 jegyű számot képezhetünk a 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 számjegyekből, ha megengedjük, hogy egy számjegy többször is előfordulhat? Két ötjegyű szám, ha ugyanazokból a számjegyekből képezzük, természetesen a számjegyek sorrendjében tér el egymástól. Tehát sorrendeket számolunk. Mivel minden számjegy többször is előfordulhat ezért ismétléses variáció adja a választ a kérdésre. Ha elsőként nem vesszük figyelembe, hogy 0 nem lehet az első számjegy akkor a fentiek szerint világos, hogy az összes "öt számjegyből álló számsorozatok" száma V105,i . Korrigáljuk most ezt az eredményt, vonjuk ki ebből azon "számsorozatok" számát, amelyek 0-val kezdődnek. Ha az első helyen 0 áll, akkor már csak négy számjegy össze lehetséges sorrendjeit kell számolnunk figyelembe véve az ismétléseket is, ezek száma nyilván V104,i , hiszen az első pozícióba a 0-t már kiválasztottuk, 1

csak a maradék 4 helyre kell még számjegyeket választanunk. A kérdésre a választ nyilván ezen értékek különbsége adja

V105,i  V104,i  105  104  90000 Példa: Hányféle módon oszthatunk ki egy csomag 52 lapból álló Francia kártyából 4 játékosnak fejenként 8 lapot. Világos, hogy egy játékos kezében levő lapok sorrendje indifferens, ezért alkalmazhatjuk a számítások során az ismétlés nélküli kombinációt. A választ úgy kapjuk, hogy az első játékos az 52 lapból kap 8 lapot, a második a maradék 44 lapból 8 lapot és így tovább

 52   44   36   28  31             1, 25 10 8 8 8 8         azért szoroztuk az egyes binomiális együtthatókat, mert az egyes leosztások között nyilván az "és" logikai függvény szerepel. Példa: Egy csomag Magyar kártyából hányféle módon választhatunk ki 8 lapot úgy, hogy kizárólag a színekre vagyunk tekintettel, tehát csak az számít, hogy a 8 lap között hány piros, zöld, tök és makk van? Mivel az osztályok száma n = 4 és k = 8 lapot választunk ki, a válasz

 4  8  1  4  8  1 11 11 C48,i            165  8   4 1   8   3  Példa: Egy 12 tagú társaság vízitúrázni indul egy 3, egy 4 és egy 5-személyes kenuval. a) Hányféleképpen foglalhatnak helyet a hajókban, ha a hajón belül az ülésrend nem számít? b) Hányféleképpen foglalhatnak helyet a hajókban, ha András és Boglárka egy hajóban szeretne evezni? c) Hányféleképpen foglalhatnak helyet a hajókban, ha a hajón belül az ülésrend is számít? Megoldás:

12   9   5  a)          27720  3   4  5 10   9   5  10   7   5  10   7   3  b)                            7980  1   4   5   3   2   5   3   4   3 12! 9!   5!  V123 V94  P5  479001600 c) 9! 5! Példa: Piros, fehér, zöld és kék anyagokból olyan zászlókat készítünk, amelyek vízszintes csíkokból állnak, és a szomszédos csíkok nem lehetnek azonos színűek. Hány különböző zászlót készíthetünk, ha a) egy zászlón két csík van? b) egy zászlón három csík van? c) egy zászlón négy csík van?

2

Megoldás:

 4 a)    2!  V42  12  2  4 b) V43     2  2!  48  2  4  4 c) P4     3   4!  3!     2!  252  3  2 BINOMIÁLIS TÉTEL Példa: A binomiális tétel közvetlen alkalmazásaként végezzük el a következő hatványozást.

 2x  3y  2

9



9 Ehhez szükségünk lesz a   binomiális együtthatókra k = 0, 1, 2, ..., 9 esetén. Ez összesen k  10 db együttható. A szimmetria miatt csak 5 különböző van közöttük, de ezek között is triviális a k = 0 és k = 1 esete. Tehát összesen 3 együtthatót kell közvetlenül kiszámítani. 9 9 9 9       1;       9; 0 9 1 8 9 9 9 9 9! 9!  36;        84;     2   7  2! 7!  3   6  3! 6!

9 9 9!  126;     4   6  3! 6!

A binomiális együtthatók sorozata tehát: 1, 9, 36, 84, 126, 126, 84, 36, 9, 1. Ennek alapján a hatványozás már elvégezhető.

 2x  3y     2 x   9  2 x   3x   36  2 x   3x   84  2 x   3x   126  2 x   3 x   126  2 x   3x   84  2 x   3x   36  2 x   3x   9  2 x   3 x    3 x  2

9

8

4

7

2

2

5

3

2

2

9

2

6

6

2

2

2

3

7

5

2

8

2

4

9

Az elemi hatványozási műveletek elvégzését már az Olvasóra bízzuk.



Példa: Az 1  3



n

hatvány binomiális tétel szerinti kifejtésében az ötödik tag értéke 630.

Határozzuk meg a hetedik tagot. Megoldás: Az 5. tagot k = 4 esetén kapjuk. Eszerint az 5. tag

3

4 9n  n  1 n  2  n  3  n  n4 n! 9  630,  1  3  4! n  4 ! 24  4 ahonnan n  n  1 n  2  n  3  1680

Ebből, mivel négy egymást követő egész szám szorzatát kaptuk, próbálgatással könnyen adódik, hogy n = 8. Tehát a binom 8. hatványát képeztük. Innek a 7. tagot k = 6 esetén kapjuk 6  8  8 6 8! 87 27   27  756;  1  3  6!2! 2 6 n

1   Példa: Határozzuk meg, hogy az  x3  3  hatvány binomiális tétel szerinti kifejtésében x  milyen n esetén kapunk konstans (x-től független) tagot. Megoldás: A kifejtés k + 1-edik tagja a következő n 3   x k 

 

nk

k

k k   n  3 n 3 k  3  1  n   3     x3n3k  x 3    x  x  k  k 

Ez a tag akkor konstans, ha az x kitevője zérus, azaz ha teljesül, hogy

3n  3k 

k 9n  9k  k 9n  10k  0;  0;  0; 9n  10k  0; 3 3 3

Ez az egyenlőség például teljesül, ha n = 10, amikor is k = 9. Ha tehát a fenti hatványt a 10. 10  hatványra emeljük akkor k = 9 esetén, tehát a 10. tag állandó. Az állandó értéke    10 . 9 A feladatnak természetesen nem ez az egyetlen megoldása, végtelen sok megoldás van. Példa: Határozzuk meg az alábbi összeget

n n  n n S  4    42    43    ...  4n   1  2  3 n Megoldás: Alkalmazzuk a binomiális tételt az 1  4  összeg kifejtésére n

n n n  n  n 1  n  n n n 5n  1  4    1n   1n 14   1n  2 42  ...   1n  k 4k  ...    4  1  4 0 1  2 k  n  1  n n n n  n  n  n  1  4    42    ...  4k    ...  4n 1    4    1 S 1  2 k   n  1  n

Ahonnan a keresett összeg S = 5n – 1.

4

ESEMÉNYALGEBRA Példa: Igazoljuk az alábbi eseményalgebrai azonosságot.

A   B  C    A  B   A  C  Megoldás: A bizonyítás vagy úgy történik, hogy mindkét oldalt alakítjuk egymástól függetlenül addig amíg azonos alakra nem hozzuk őket, vagy az egyik oldalt addig alakítjuk, amíg megkapjuk a másik oldalon álló eseményt. Az alakításokhoz az eseményalgebrában igazolt Boole-algebrai azonosságokat használjuk fel.







 

 



A   B  C   A  B  C  A  B  C  A  B  A  C   A  B   A  C  Az első lépésben felhasználtuk, hogy a különbség helyettesíthető a szorzással és a komplementerrel, a második lépésben a De Morgan azonosságot alkalmaztuk, a harmadikban pedig a disztributív törvényt. A negyedik lépésben ugyanazt mint az elsőben csak fordított logikával. Ezzel az azonosságot igazoltuk. ■ Példa: Igazoljuk az alábbi eseményalgebrai azonosságot.

 A  B   C  D    A  C    B  D  Megoldás: A két oldalt most külön-külön alakítjuk.

 A  B   C  D    A  B   C  D   A  B  C  D  A  C  B  D

 A  C    B  D   A  C    B  D   A  C    B  D  A  C  B  D A bal oldal alakításánál felhasználtuk, hogy a különbség helyettesíthető a szorzással és a komplementerrel, majd következett az a szorzat asszociativitása és a szorzat kommutativitásának alkalmazása. A jobb oldal alakításánál alkalmaztuk ismét a különbségre vonatkozó azonosságot, majd a De Morgan tételt végül a szorzás asszociatív tulajdonságát. Ezzel az azonosságot igazoltuk. ■ Példa: Igazoljuk hogy az alábbi események teljes eseményrendszert alkotnak. A  B,

B  A,

B

Megoldás: Meg kell mutatnunk, hogy ezek az események páronként kizáróak és az összegük a biztos esemény.

 A  B    B  A   A  B    B  A  A  B  B  A   A  A   B  B     B    A  B  B  A   B  B  A    

 B  A  B   B  A  B  B  A  B  A   B  B   A     5

 A  B    B  A  B   A  B    B  A  B   B  A    B  A   B 

 



 B  A  A  B   B    B  B  B   Ezzel az állítást igazoltuk. ■ Példa: Egy sztereo televízióban két hangszóró van. Jelölje A azt az eseményt, hogy a bal oldali hangszóró működik, és B azt az eseményt, hogy a jobb oldali működik. Adjuk meg eseményalgebrai műveletekkel a következő eseményeket. a) bal oldali nem működik; b) legalább az egyik működik; c) mindkettő működik; d) csak a bal oldali működik; e) csak a jobb oldali működik; f) pontosan egy hangszóró működik; g) mindkét hangszóró hibás; h) legalább az egyik hibás; i) a jobb oldali működik; Megoldás: a) bal oldali nem működik : A b) legalább az egyik működik : A  B c) mindkettő működik : A  B d) csak a bal oldali működik : A  B e) csak a jobb oldali működik : A  B



 

f) pontosan egy hangszóró működik : A  B  A  B



g) mindkét hangszóró hibás : A  B  A  B h) legalább az egyik hibás : A  B  A  B i) a jobb oldali működik : B VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁSI TÉTELEK Példa: Egy országba 2 gázvezetéken jut földgáz. Jelölje A azt az eseményt, hogy egy adott napon az 1. vezetéken érkezik gáz, B pedig azt, hogy a 2. vezetéken érkezik gáz. Tapasztalatok alapján ismertek a következő valószínűségek: P(A)=0,6; P(B)=0,7; P(A∩B)=0,52. Írja fel eseményalgebrai műveletekkel az alábbi eseményeket, majd számítsa ki ezek valószínűségét: a) Az első vezetéken nem érkezik gáz. b) Pontosan egy vezetéken érkezik gáz. c) Legalább az egyik vezetéken érkezik gáz. d) Egyiken sem érkezik gáz. Megoldás: a) PA   1  P A =1 − 0,6 = 0,4 b) P A  B  PB  A  P( A)  P( AB)  P( B)  P( BA)  0,6 + 0,7 − 2•0,52 = 0,26 6

c) P( A  B)  P( A)  P( B)  P( AB)  0,78 d) P( A  B )  1  P( A  B)  1  P( A)  P( B)  P( AB)  0,22 Példa: Egy termelő üzembe egy adott napon két raktárból érkezhet nyersanyag további feldolgozásra. Jelentse A azt az eseményt, hogy az első raktárból, B pedig azt, hogy a második raktárból érkezik nyersanyag egy adott napon. a) Írja fel eseményalgebrai műveletekkel az alábbi eseményeket: i) Legalább az egyik raktárból érkezik nyersanyag. ii) Csak az első raktárból érkezik nyersanyag. iii) Pontosan egy raktárból érkezik nyersanyag. iv) A második raktárból nem érkezik nyersanyag. b) Számítsa ki az a)-beli események valószínűségét, ha tudjuk, hogy P(A) = 0,7; P(B) = 0,8 és P(A∩B) = 0,6. Megoldás:a) és b) feladat megoldása összevontan a következő. i) P( A  B)  P( A)  P( B)  P( AB)  0,9 ii) P( A  B )  P( A  B)  P( A)  P( A  B)  0,1 iii) P( A  B )  P( A  B)  P( A)  P( A  B)  P( B)  P( A  B)  0,3 iv) PB   1  PB   0,2

KLASSZIKUS VALÓSZÍNŰSÉG Példa: Egy 9 tagú társaság felszáll egy 3 kocsiból álló villamosra. A nagy tolongásban mindenki csak arra koncentrál, hogy feljusson a villamosra. Mi a valószínűsége, hogy a) Mind a 3 kocsiba a társaság 3-3 tagja száll fel? b) Az első kocsiba 2fő, a másodikba 3fő és a negyedikbe 4 fő száll fel? c) Két kocsiba 2-2 fő, egy kocsiba pedig 5 fő száll fel? Megoldás:

 9  6  3      3 3 3 1680 a) P( A)    9   19683 3  9  7  4      2 3 4 1260 b) P( B)    9   19683 3  9  7  5   9  7  2   9  4  2                2 2 5 2 5 2 5 2 2 2268 c) P(C )        9       19683 3

7

Példa: Egy országban az autóknak négy számjegyből álló rendszáma van. Mennyi a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott autó rendszámában a) Minden számjegy különböző? b) Csak 2 számjegy egyezik meg? c) Két-két azonos számjegy van? d) Csak 3 számjegy egyezik meg? e) Minden számjegy egyforma? Megoldás:

V104 10! 5040   4 4 10 6!10 10000 1 10  4! 4320 P( B)  4    3   10  3  2! 10000 1 10  4! 270 P(C )  4     10  2  2! 2! 10000 1 10  4! 360 P ( D)  4    2   3! 10000 10  2  10 10 P( E )  4  10 10000

a) P( A)  b) c) d) e)

MINTAVÉTELEK Példa: Egy 20 elemű termékhalmazban 4 selejtes termék található. Az alapsokaságból 8 elemű mintát veszünk. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a mintában a) Legfeljebb 3 selejtes termék található. b) Pontosan 6 selejtes termék van. c) Legalább 6 a selejtesek száma. Oldja meg a feladatot ismétléses és ismétlés nélküli mintavétellel is. A) Ismétléses mintavétel alkalmazásával N = 20, S = 4, n = 8, p = S/N = 4/20 = 0,2; a) k = 0, 1, 2, 3;

3 8   P      0, 2k  0,88k ; k 0  k 

b) k = 6;

8 P  A6      0, 26  0,82 ;  6

c) k = 6, 7, 8;

8 8 P      0, 2k  0,88k k 6  k 

8

B) Ismétlés nélküli mintavétel alkalmazásával: N = 20, S = 4, n = 8;

a) k = 0, 1, 2, 3;

 4  16     3   k  8  k   ; P  20  k 0   8

b) k = 6; Lehetetlen esemény: P = 0. c) k = 6, 7, 8; Lehetetlen esemény: P = 0. Példa: Egy csomag Magyar kártyából véletlenszerűen kiosztunk 10 lapot. Mi a valószínűsége annak, hogy a kiosztott lapok között a) Pontosan 4 lap piros? b) Legalább 6 lap zöld? c) Mind a 10 lap makk? A feladatot oldjuk meg ismétlés nélküli és ismétléses mintavétellel is. Megoldás: A) Ismétléses mintavétel alkalmazásával: N = 32, S = 8, n = 10, p = S/N = 8/32 = 0,25; A p értéke minden színre ugyanaz. a) k = 4;

10  P     0,25 4  0,75 6 ; 4

b) k = 6, 7, 8, 9, 10;

10 8   P      0,25 k  0,758k k 6  k 

c) k = 10;

10  P     0,2510  0,75 0 10 

B) Ismétlés nélküli mintavétel alkalmazásával: N = 32, S = 8, n = 10;

a) k = 4;

 8  24     4 6 P( A4 )     ;  32     10 

b) k = 6, 7, 8

 8  24     8   k 8  k  P     32   k 6    10 

c) k = 10; Lehetetlen esemény: P = 0. 9

Példa: Egy határátkelő állomáson hosszú ideig tartó megfigyelés eredményeként megállapították, hogy az érkező külföldiek 40%-a osztrák, 20%-a német, 15%-a francia állampolgár, a többi más nemzetiségű. Mi a valószínűsége, hogy egy adott napon, a határon átkelő 15 fő között a) Pontosan 3 fő osztrák? b) Legfeljebb 4 fő német? c) Van francia állampolgár? Megoldás: n = 15, a p valószínűség kérdésenként különböző! a) p = 0,4, k = 3;

15  P A3      0,4 3  0,612 3

b) p = 0,2, k = 0, 1, 2, 3, 4;

15  P A      0,2 k  0,815k k 0  k  4

15 15   15  c) p = 0,15, k > 0; P A      0,15 k  0,8515k  1  P( A0 )  1     0,15 0  0,8515 k 1  k  0

Példa: Egy íróasztal fiókjában 30 db toll van, 5 piros a többi kék. Egyszerre kiveszünk a fiókból 6 db tollat. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a kiválasztott tollak között a) 3 db piros? b) Legfeljebb 4 db piros? c) Nincs közöttük kék? d) Legalább egy kék színű? Megoldás: N = 30, S = 5, n = 6;

a) k = 3;

 5  25     3 3 P( A3 )      30    6

b) k = 0, 1, 2, 3, 4;

 5  25   5  25        k  6  k  5 1  P  1  P( A5 )  1      30   30  k 0     6 6 4

c) k = 6; Lehetetlen esemény: P = 0. d) k ≤ 5; Biztos esemény: P = 1.

10

Példa: Egy dobozban 5 pár kesztyű van. Találomra kiveszünk 5 db kesztyűt. Mi a valószínűsége, hogy lesz közöttük jobbkezes is és balkezes is? Oldjuk meg a feladatot, ha a mintavétel a) visszatevéses; b) visszatevés nélküli. Megoldás: A) Ismétléses mintavétel alkalmazásával

N = 10, S = 5, n = 5, p = S/N = 5/10 = 0,5; 4 5   P      0,5 k  0,55k ; k 1  k 

k = 1, 2, 3, 4;

B) Ismétlés nélküli mintavétel alkalmazásával:

 5  5     k  5  k   ; P 10   k 1   5 4

N = 10, S = 5, n = 5; k = 1, 2, 3, 4;

TELJES VALÓSZÍNŰSÉG TÉTELE, BAYES-TÉTEL Példa: Egy gépalkatrészeket gyártó üzemben három gépsor gyárt párhuzamosan ugyanolyan termékeket. Az első gépsor gyártja az összes alkatrész 40%-át, a második pedig a 35%-át. Az első gépsoron a selejtgyártás valószínűsége a tapasztalatok szerint 0,05, a második és harmadik gépsor esetén pedig rendre 0,1 és 0,07. a) Mi a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott termék selejtes? b) A termékek minőségi vizsgálata során egy selejtes termék kerül a kezünkbe. Mi a valószínűsége, hogy ez a 3. gépsoron készült? Megoldás: Világos elsőként, hogy a 3. gépsor a termékek 25%-át állítja elő. Az a) kérdésre a teljes valószínűség tétele, a b) kérdésre pedig a Bayes-tétel ad választ. Egy teljes eseményrendszer a következő B1: egy véletlenszerűen kiválasztott termék az 1. gépsoron készült B2: egy véletlenszerűen kiválasztott termék a 2. gépsoron készült B3: egy véletlenszerűen kiválasztott termék a 3. gépsoron készült A: egy véletlenszerűen kiválasztott termék selejtes a)

P( A)  P( A B1 )  P( B1 )  P( A B2 )  P( B2 )  P( A B3 )  P( B3 )   0, 05  0, 4  0,1 0,35  0, 07  0, 25  0, 0725

b) P  B3 A 

P  A B3   P( B3 ) P( A)



0, 07  0, 25  0, 2413 0, 0725

11

Példa: Egy tesztrendszerű vizsgánál egy kérdésre 4 lehetséges válasz közül választhatnak a vizsgázók. A tapasztalatok szerint a hallgatók 70%-a tanul a vizsgákra. (Feltesszük, hogy ebben az estben a hallgató tudja a helyes választ.) Ha valaki nem tudja a helyes választ, egyenlő eséllyel választ a 4 lehetőség közül. c) Mi a valószínűsége, hogy az adott kérdésre egy véletlenszerűen kiválasztott hallgató jó választ adott? Vizsgálva a dolgozatokat, egy jó válasz kerül a kezünkbe. d) Mi a valószínűsége, hogy azért jó a válasz, mert a hallgató tanult a vizsgára? e) Mi a valószínűsége, hogy a hallgató csak tippelt? Megoldás: Egy teljes eseményrendszer a következő: B1: egy véletlenszerűen kiválasztott hallgató tanult a vizsgára B2: egy véletlenszerűen kiválasztott hallgató nem tanult a vizsgára A: egy véletlenszerűen kiválasztott hallgató jól válaszolt a kérdésre a) P( A)  P( A B1 )  P( B1 )  P( A B2 )  P( B2 )  1 0,7  0, 25  0,3  0,775 b) P  B1 A  c) P  B2 A 

P  A B1   P( B1 ) P( A)



P  A B2   P( B2 ) P( A)

1 0, 7  0,9032 0, 775



0, 25  0,3  0, 0967 0, 775

Példa: Tapasztalatok szerint Magyarországon egy bizonyos betegség a lakosság 30%-át érinti. Egy diagnosztikai eljárással kapcsolatosan tudjuk, hogy az 90% biztonsággal kimutatja a betegséget azoknál akik betegek, de 5% eséllyel azokat is betegnek mutatja akik egészségesek. a) Mi a valószínűsége annak, hogy egy illető valóban beteg ha a vizsgálat annak mutatja? b) Mi a valószínűsége annak, hogy egy illető tényleg egészséges, ha a vizsgálat annak mutatja? Megoldás: Egy teljes eseményrendszer a következő B1: egy véletlenszerűen kiválasztott személy beteg B2: egy véletlenszerűen kiválasztott személy egészséges A: egy véletlenszerűen kiválasztott személy esetében a vizsgálat azt mutatja, hogy az adott személy beteg Mellékszámítás: P( A)  P( A B1 )  P( B1 )  P( A B2 )  P( B2 )  0,9  0,3  0,05  0,7  0,305

a)

P  B1 A 

P  A B1   P( B1 ) P( A)

12



0,9  0,3  0,8852 0,305

b) A : egy véletlenszerűen kiválasztott személy esetében a vizsgálat azt mutatja, hogy az adott személy egészséges





P B2 A 

P  A B2   P( B2 ) P ( A)



0,95  0, 7  0,9568 1  0,305

Példa: Egy egyetemi évfolyamon 4 csoport tanul matematikát. Az egyes csoportok létszáma rendre, 31, 28, 35 és 26. A szorgalmi időszak gyakorlatain tapasztaltak szerint az egyes csoportokban a jeles vizsgák valószínűsége rendre 20%, 18%, 24% és 12%. A kijavított vizsgadolgozatokat lapozgatva kezünkbe akad egy jeles vizsgadolgozat. Mi a valószínűsége, hogy a hallgató aki a jeles dolgozatot írta a) A 2. csoportba tartozik? b) Az 1. vagy 4. csoportba tartozik? Megoldás: Egy teljes eseményrendszer a következő: B1: egy véletlenszerűen kiválasztott hallgató az 1. csoportba tartozik B2: egy véletlenszerűen kiválasztott hallgató a 2. csoportba tartozik B3: egy véletlenszerűen kiválasztott hallgató a 3. csoportba tartozik B4: egy véletlenszerűen kiválasztott hallgató a 4. csoportba tartozik A: egy véletlenszerűen kiválasztott vizsgadolgozaton jeles osztályzat szerepel Az A esemény valószínűségére egyik kérdés se kérdez rá közvetlenül, mindkét kérdés a Bayes-tétel alkalmazására vonatkozik. Azonban az A esemény valószínűségét szükséges meghatározni. Ehhez szükséges a teljes hallgatói létszám amely 120 fő.

P( A)  P( A B1 )  P( B1 )  P( A B2 )  P( B2 )  P( A B3 )  P ( B3 )  P ( A B4 )  P ( B4 )   0, 2  a) P  B2 A 

31 28 35 26 22, 76  0,18   0, 24   0,12    0,1896 120 120 120 120 120

P  A B2   P( B2 ) P( A)



1 0,18  28  0, 2215 0,1896 120

b) Ebben az esetben kihasználjuk, hogy a teljes eseményrendszer eseményei páronként kizáróak, így az összeg valószínűsége, a 3. axióma szerint a valószínűségek összege. P  B1  B4 A 

P  A B1   P( B1 ) P( A)



P  A B4   P( B4 ) P( A)

13



1  31 26   0,12   0, 2    0, 4096 0,1896  120 120 

DISZKRÉT ELOSZLÁSOK ÁLTALÁNOS LEÍRÁSA Példa: Dobjunk egy szabályos hat oldalú kockával 4 alkalommal egymás után. A  valószínűségi változó jelentse a dobott hatosok számát. Határozzuk meg az alábbiakat a)  valószínűség eloszlása. b)  eloszlásfüggvénye. c)  várható értéke. d)  szórása. e) módusz, medián, alsó kvartilis, felső kvartilis, felső decilis (x0,9). f) P(1 ≤  ≤ 3) = ? Megoldás: 4

625 5 a) P( = 0) =     0, 4822  6  1296 3  4   5  1 500 P( = 1) =      0,3858  1   6  6 1296 2

2

 4 5   1  150 P( = 2) =        0,1157  2   6   6  1296 3  4   5  1  20  0, 0154 P( = 3) =       3   6  6  1296 4

1 1 P( = 4) =     0, 0007716  6  1296

Ellenőrizzük, hogy valóban valószínűség eloszlást kaptunk-e.

625  500  150  20  1 1296  1 1296 1296 A valószínűségeloszlást szemlélteti az ábra.

Valószínűségeloszlás 0,6 0,5

0,482253086 0,385802469

0,4 0,3 0,2

0,115740741

0,1

0,015432099 0,000771605

0 1

2

3

4

A példabeli valószínűségi változó eloszlása

14

5

b) Az eloszlásfüggvény. Emlékeztetünk: F(x) = P( < x), azaz egy adott x valós helyen F(x) értéke annak valószínűsége, hogy  az x-nél kisebb értéket vesz fel. Így kapjuk, hogy ha x  0

 0;  625  ;  1296  1125 ;   1296 F ( x)   1275 ; 1296 1295  ; 1296  1;

ha 0  x  1 ha 1  x  2 ha 2  x  3 ha 3  x  4 ha 4  x

Az eloszlásfüggvényt szemlélteti az ábra.

A példabeli valószínűségi változó eloszlásfüggvénye

c) A várható érték

M   

0  625  1 500  2 150  3  20  4 1 864 2   1296 1296 3

Gondoljuk meg, hogy ez az eredmény egybeesik azzal, amit józan gondolkodással elvárunk. Mivel a kocka szabályos, ezért átlagosan minden 6 dobásra jut egy 6-os, így 4 dobásra átlagosan

2 hatos jut. 3

d) A szóráshoz szükség van a  második momentumára

 

M 2 

02  625  12  500  22 150  32  20  42 1 1296  1 1296 1296

15

Innen a szórás 2

5 2 D     M (2 )  M 2 ()  1      0, 745 3 3

e) mod() = 0, mert a  = 0 a legvalószínűbb esemény; med() = 1, mert 0,4822 < 0,5 de 0,4822 + 03858 > 0,5 az alsó kvartilis x0,25 = 0, a felső kvartilis x0,75 = 1, a felső decilis x0,9 = 2. 500  150  20 670 f) egyrészt az eloszlás alapján: P(1 ≤  ≤ 3) =  1296 1296 másrészt eloszlásfüggvénnyel: P(1 ≤  ≤ 3) = P(1 ≤  < 4) = F(4) – F(1) =

1295 625 670   1296 1296 1296

Példa: Tegyük fel, hogy egy bizonyos típusú sorsjegy minden tízedik példánya nyerő. Elhatározzuk, hogy addig vásárolunk sorsjegyet, amíg nem nyerünk, de legfeljebb 5 sorsjegyet vásárolunk meg. Ha nyerünk, abbahagyjuk a sorsjegyek vásárlását. Legyen a  valószínűségi változó a megvásárolt sorsjegyek száma. a) Határozza meg a  valószínűségeloszlását. b) Határozza meg a  eloszlásfüggvényét. c) Határozza meg a  várható értékét és szórását. d) Móduszt, mediánt. e) Számítsa ki az alábbi valószínűségeket az eloszlásfüggvény segítségével: P( < 3), P(1 ≤ ), P(1  < 4). Megoldás: Legyen a  valószínűségi változó a megvásárolt sorsjegyek száma. Ekkor a)  eloszlása: P( = 1) = 0,1 = p1; P( = 2) = 0,9·0,1 = 0,09= p2; P( = 3) = 0,92·0,1 = 0,081= p3; P( = 4) = 0,93·0,1 = 0,0729= p4; P( = 5) = 0,94 = 0,6561= p5; b)  eloszlásfüggvénye

0, ha x  1   0,1 ha 1  x  2   0,19 ha 2  x  3 F ( x)    0, 271 ha 3  x  4 0,3439 ha 4  x  5  1 ha 5  x 

16

5

c) M() =  xi  pi = 4,0956;

2

M( ) =

i 1

D() =

5

 xi2  pi = 18,7579 i 1

 

M 2  M 2     1, 4059

d) mod() = 5; med() = 5; e) P(  < 3 ) = F(3) = 0,19; P( 1 ≤  ) = 1 – F(1) = 1 – 0 = 1; P( 2 ≤  < 4) = F(4) – F(2) = 0,271 – 0,1 = 0,171; Példa: Tegyük fel, hogy ketten kosárlabdáznak. Az A játékos 0,4, a B játékos 0,3 valószínűséggel dob kosarat. Felváltva dobnak kosárra addig, amíg egyikük kosarat nem dob, de egyenként legfeljebb 3 alkalommal dobnak. Legyen a  valószínűségi változó az elsőként dobó játékos dobásainak a száma. a) b) c) d) e)

Határozza meg a  valószínűségeloszlását. Határozza meg a  eloszlásfüggvényét. Határozza meg a  várható értékét és szórását. Móduszt, mediánt. Számítsa ki az alábbi valószínűségeket P( < 3), P(1 < ), P(3   < 4).

az

eloszlásfüggvény

segítségével:

Megoldás: Legyen a  valószínűségi változó az elsőként dobó „A” játékos dobásainak száma. a)  eloszlása: P(=1) = 0,4+0,6·0,3 = 0,58 = p1; P(=2) = 0,6·0,7·0,4+0,6·0,7·0,6·0,3 = 0,2436 = p2; P(=3) = 0,62·0,72·0,4+0,62·0,72·0,6 = 0,1764 = p3; b)  eloszlásfüggvénye

0, ha x  1   0,58, ha 1  x  2  F ( x)   0,8236, ha 2  x  3  1, ha 3  x 3

c) M() =

 xi  pi = 1,5964;

M(2) =

i 1

D() =

3

 xi2  pi = 3,142 i 1

 

M 2  M 2     0, 7704

d) mod() = 1; med() = 1; e) P(  < 3 ) = F(3) = 0,8236; 17

P( 1 <  ) = P(2 ≤ ξ) = 1 – F(2) = 1 – 0,58 = 0,42; P( 3 ≤  < 4) = F(4) – F(3) = 1 – 0,8236 = 0,1764; Példa: Tegyük fel, hogy egy bizonyos árucikket egy üzletben 0,4 valószínűséggel kapunk meg. Ha nem kapjuk meg, akkor továbbmegyünk egy másik üzletbe, de legfeljebb 4 üzletet látogatunk meg ebből a célból. Legyen a  valószínűségi változó a meglátogatott üzletek száma. a) Írja fel a  valószínűségeloszlását. b) Számítsa ki  várható értékét és szórását. c) Határozza meg a móduszt, a mediánt és a felső kvartilist. d) Írja fel a  eloszlásfüggvényét. Megoldás: a) P( = 1) = 0,4 P( = 2) = 0,24 P( = 3) = 0,144 P( = 4) = 0,216 b) M() = 2,176; M(2) = 6,112; D() = 1,173; c) mod() = 1; med() = 2; x0,75 = 3 ha x  1;  0;  0, 4; ha 1  x  2;  d) F  x    0, 64; ha 2  x  3; 0, 784 ha 3  x  4;  ha 4  x;  1;

HIPERGEOMETRIAI ELOSZLÁS Példa: Egy 32 lapos Magyar kártya csomagból leosztunk 4 lapot. A  valószínűségi változó jelentse a leosztott lapok között a piros lapok számát. Határozzuk meg a) A  valószínűségeloszlását. b) Adjuk meg a valószínűségi változó várható értékét és szórását. c) Számítsuk ki, mi a valószínűsége annak, hogy a leosztott lapok mindegyike piros, d) illetve annak valószínűségét, hogy a leosztott lapok között legfeljebb két piros lap van. Megoldás: Mivel a "leosztás" nyilvánvalóan ismétlés nélküli mintavételt jelent a  hipergeometriai eloszlású, lehetséges értékei k = 0, 1, 2, 3, 4. A paraméterek N = 32; S = 8 (piros lapok száma); n = 4 (a minta elemszáma). a) Az eloszlás a következő

18

 8  24   8  24   8  24           0 4 1 3 2 2 P    0       0, 295495; P    1      0, 450278; P    2       0, 214905;  32   32   32        4 4 4  8  24   8  24        3 1 4 0 P    3      0,037375; P    4       0,001947;  32   32      4 4

b) A várható érték és szórás a következő

M    n

S 8  4 1 N 32

D    n

S S  N n 8 24 24  4    0,5806  0, 7620 1   N  N  N 1 32 32 31

 8  24     4 0 c) P    4       0, 001947;  32    4 d) P    2  P    0   P    1  P    2   0,960679 Példa: Egy urnában van 6 piros és néhány fehér golyó. Ismétlés nélkül kiveszünk az urnából egy mintát. A mintában a piros golyók számának várható értéke 2 a szórásnégyzete pedig 8/11. Határozzuk meg annak valószínűségét, hogy a mintában legalább 2 piros golyó található. Megoldás: A mintavétel ismétlés nélkül történik, tehát a mintában a piros golyók száma hipergeometriai eloszlású. A paraméterek közül csak az S = 6 ismert, N és n ismeretlen. Ismert viszont a várható érték és a szórásnégyzet. Ezt felírva kapunk egy egyenletrendszert a két ismeretlenre.

S 6  n  2; ahonnan N  3n N N S S  N n 6  N n 6  3n  n 3n  6 2n 12n  24   D 2     n 1    2 1    2 1   2  N  N  N 1 3n 3n  1 9n  3  N  N 1  3n  3n  1

M   n

Kapjuk tehát az ismeretlen n-re a

12n  24 8  ; 9n  3 11

132n  264  72n  24;

60n  240

egyenletet amiből n = 4, tehát N = 3n = 12. Innen már válaszolhatunk a kérdésre. 19

 6  6   6  6      1   k 4k k 4k P    2       1  P    2      0, 272727 12 12     k 2 k 0     4   4 4

Példa: Mi a valószínűsége, hogy egyetlen szelvényt kitöltve a) Az 5-ös LOTTO-n pontosan 3 találatunk lesz? b) A 6-os LOTTO-n legalább 4 találatunk lesz? c) A Skandináv LOTTO-n legfeljebb 5 találatunk lesz? Megoldás: Minden egyes LOTTO játék alapja az ismétlés nélküli mintavétel. Ezért minden egyel ilyen játék esetén a találatok száma hipergeometriai eloszlású. Mivel azonban a paraméterek eltérőek, minden játék esetén más valószínűségi változót kell definiálnunk. a) 5-ös LOTTO esetén a paraméterek: N = 90, S = 5, n = 5. A válasz a kérdésre

 5  85     3 2 P    3      0, 0008123  90    5 b) 6-os LOTTO esetén a paraméterek: N = 45, S = 6, n = 6. A válasz a kérdésre

 6  39   6  39   6  39             4 2 5 1 6 0 P    4   P    4   P    5   P    6             0, 001393  45    6 c) Skandináv LOTTO esetén a paraméterek: N = 35, S = 7, n = 7. A válasz a kérdésre

 7  28   7  28         6 1 7 0 P    5   1  P    5   1  P    6   P    7   1         0,999971  35    7

20

BINOMIÁLIS ELOSZLÁS Példa: Egy szabályos hatoldalú kockával 10 alkalommal dobunk. a) Mi a valószínűsége annak, hogy pontosan 3 db hatost dobunk? b) Mi a valószínűsége, hogy legalább annyi hatost dobunk, mint nem hatost? c) Mi a valószínűsége, hogy a hatos dobások száma nem tér el az átlagtól a szórásnál jobban? Megoldás: A ξ valószínűségi változó a 10 dobás során a dobott 6-osok száma, Binomiális eloszlású valószínűségi változó, mert független eseményeket vizsgálunk, melyek során az esemény bekövetkezése minden alkalommal megegyezik. Ez tehát Bernoulli-féle feladat n = 10, p = 1/6 paraméterekkel. 3

7

a) k = 3:

10   1   5  P    3        3  6   6 

b) k = 5, 6, 7, 8, 9, 10:

10 10   1   5  P    5        k 5  k   6   6 

10 k

k

c) M(ξ) = np = 10/6 = 1,66; D(ξ) =

1 5 np 1  p   10   = 1,17 6 6 10 k

k

10   1   5  0,49 < ξ < 2,83 → k = 1, 2: P 1    2         k 1  k   6   6  2

Példa: Egy főiskolai valószínűségszámítás kurzus 40 hallgatója egymástól függetlenül 2/3 valószínűséggel jár be az órákra. Válaszoljunk az alábbi kérdésekre. a) Átlagosan hányan vannak jelen az órákon? b) Mi a valószínűsége, hogy az órán mindenki jelen van? c) Mi a valószínűsége, hogy a jelenlevők száma legalább egy tarokkpartira (4 fő) elegendő? Megoldás: A ξ valószínűségi változó a 40 hallgató közül a jelen lévők számát, ez Binomiális eloszlású valószínűségi változó, hiszen egy Bernoulli-feladatról van szó. 40 független megfigyelést végzünk és a vizsgált esemény minden alkalommal 2/3 valószínűséggel következik be. Bernoulli feladat: n = 40, p = 2/3.

2 a) M     np  40   26, 66... 3 40

0

40

b) k = 40:

 40   2   1   2  P    40            40   3   3   3 

c) k  4:

 40   2   1  P    4   1  P    3  1        k 0  k   3   3  3

 9, 043 108 k

40 k

Példa: 20 db 5-ös lottó szelvénnyel játszunk amelyeket egymástól függetlenül töltünk ki. Mi a valószínűsége, hogy legfeljebb 5 szelvényen lesz legalább 3 találatunk? 21

Megoldás: A feladatban két valószínűségi változó is értelmezve van. Egyrészt egy 5-ös LOTTO szelvényen a találatok száma. Erről korábban láttuk, hogy hipergeometriai eloszlású, jelölje ezt . Ennek paraméterei N = 90, S = 5, n = 5. Továbbá valószínűségi változó a 20 kitöltött szelvény között azok száma amelyeken legalább 3 találat van. Mivel a szelvényeket egymástól függetlenül töltjük ki, ez egy Bernoulli-féle feladatot értelmez, n = 20 megfigyelést végzünk és az esemény bekövetkezése, vagyis az, hogy a szelvényen legalább 3 találat van minden megfigyelésnél ugyanannyi. Jelölje ez utóbbi binomiális eloszlású valószínűségi változót . Korábbiak szerint

 5  85   5  85   5  85             3 2 4 1 5 0 p  P    3            0, 0008219  90    5 Ez a p valószínűség lesz az  eloszlás p paramétere. Válaszolva a kérdésre 5  20  20 k P    5    0, 0008219k 1  0, 0008219  1 k 0  k 

Példa: CD lemezek gyártása során a tapasztalat szerint 1000 CD között átlagosan 2 db selejtes van. A legyártott CD-ket húszasával csomagolják. Vásárolunk 5 csomag CD-t, (amelyek mindegyike tehát 20 db CD-t tartalmaz). Mi a valószínűsége, hogy ezek között legalább 4 olyan van, amely nem tartalma egyetlen selejtes CD-t sem? Megoldás: Ez a feladat két binomiális eloszlású valószínűségi változót is értelmez. Egyrészt valószínűségi változó egy 20-as csomagban a selejtes CD-k száma. Mivel a CD-k egymástól függetlenül selejtesek, ez egy Bernoulli-féle feladat n = 20, p = 0,002 paraméterekkel. Jelölje ezt a valószínűségi változót . Meg kell határoznunk annak valószínűségét, hogy egy ilyen doboz egyetlen selejtes CD-t sem tartalmaz.

 20  P    0     0, 00200,99820  0,9607 0 Ezután tekintsük az 5 megvásárolt CD csomagot. Ezek úgyszintén egymástól függetlenül rendelkeznek azzal a tulajdonsággal, hogy bennük minden CD hibátlan. Ezért ez is egy binomiális eloszlású valószínűségi változó, jele legyen , paraméterei n = 5 és p = 0,9607. Így a kérdésre a válasz

5  5 P    4     0,96074 1  0,9607     0,96075  0,9857  4  5 Példa: Egy jelsorozatot továbbítunk digitálisan. A tapasztalatok szerint a továbbítás során eltorzult jelek számának az átlagértéke 20 a szórása pedig 4. Határozzuk meg mi a 22

valószínűsége annak, hogy egy alkalommal a továbbított jelsorozatban legfeljebb 20 jel torzul el. Megoldás: A továbbított jelek nyilvánvalóan egymástól függetlenül torzulnak. Összesen annyi megfigyelést végzünk, ahány jelet továbbítottunk, egymástól függetlenül, és az is világos, hogy minden jel torzulása azonos valószínűséggel következik be. Ezért a továbbított jelsorozatban az eltorzult jelek száma binomiális eloszlású valószínűségi változó, jelölje ezt . Nem ismert azonban sem az n sem a p paraméter. Ezeket viszont meg tudjuk határozni a két feltételből amely egy egyenletrendszer a két ismeretlenre. M    np  20; D 2    np 1  p   16;

Ebből azonnal adódik, hogy 20 1  p   16 ahonnan 1 – p = 0,8 tehát p = 0,2. Ebből pedig a várható érték alapján n = 100 adódik. Most már kiszámíthatjuk a kérdéses valószínűséget.

100  0 100  20 100 100  99 80 P    20     0, 2  0,8    0, 2  0,8  ...    0, 2  0,8  0,5594  0   1   20 

23

POISSON-ELOSZLÁS Példa: Tegyük fel, hogy egy telefonközpontba a hívások Poisson-eloszlás szerint érkeznek, 10 percenként átlagosan 5 a bejövő hívások száma. Határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy a) 20 perc alatt pontosan 8 a bejövő hívások száma. b) egy fél óra alatt legalább 10 hívás érkezik. c) 5 perc alatt van bejövő hívás. d) egy óra alatt a bejövő hívások számának az átlagtól való eltérése legfeljebb a szórás szerese. Megoldás: A megoldás azon a tényen alapszik, hogy a Poisson-eloszlás várható értéke a λ paraméter. Mivel az eloszlást ez az egyetlen adat határozza meg, minden feladat a λ paraméter meghatározásán múlik. Vegyük észre, hogy minden kérdés más intervallumra vonatkozik, így minden esetben más a bejövő hívások átlagos száma, így a λ paraméter értéke, tehát a négy feladat négy különböző valószínűségi változóra vonatkozik. a) Legyen a 1 valószínűségi változó a 20 perc alatt beérkező hívások száma. Ez Poissoneloszlású. Mivel 10 percenként átlag 5 hívás érkezik 20 perc alatt átlagosan 10 a bejövő hívások száma, tehát λ1 = 10. Ebből már következik, hogy P  1  8 

108 10 e  0,1395 8!

b) Legyen a 2 valószínűségi változó a 30 perc alatt beérkező hívások száma. Ez Poissoneloszlású. Mivel 10 percenként átlag 5 hívás érkezik 30 perc alatt átlagosan 15 a bejövő hívások száma, tehát λ2 = 15. Mivel itt egy végtelen sort kell összegeznünk, célszerű a komplementer esemény valószínűségét számolnunk P  2  10  



9 15k 15 15k 15 e  1    e  0,9301 k 10 k ! k 0 k !

c) Legyen a 3 valószínűségi változó az 5 perc alatt beérkező hívások száma. Ez is Poissoneloszlású. Mivel 10 percenként átlag 5 hívás érkezik 5 perc alatt átlagosan 2,5 a bejövő hívások száma, tehát λ3 = 2,5. Az a kijelentés, hogy "van bejövő hívás" azt jelenti, hogy k  1. Mivel itt is egy végtelen sort kell összegeznünk, ismét célszerű a komplementer esemény valószínűségét számolnunk 

2,5k 2,5 2,50 2,5 e  1 e  1  e2,5  0,9179 0! k 1 k !

P  3  1  

d) Legyen a 4 valószínűségi változó a 60 perc alatt beérkező hívások száma. Ez Poissoneloszlású. Mivel 10 percenként átlag 5 hívás érkezik 60 perc alatt átlagosan 30 a bejövő hívások száma, tehát λ4 = 30. Mivel a szórás D  4   4  30  5, 47 , ezért a kérdés a 19,06  4  40,94 esemény valószínűségének a meghatározására vonatkozik.

P 19, 06  4  40,94   P  20  4  40  

24

30k 30  e  0,9458 k  20 k ! 40

Példa: Tegyük fel, hogy egy cég vaslemezekből bizonyos idomokat gyárt. Egy lemezből 25db idom gyártható hulladék nélkül. A vaslemezeken átlagosan 5 db pontszerű öntési-hengerlési hiba található. Hány db vaslemezt kell beszerezni a cégnek, ha 500.000 db hibátlan idomra vonatkozó megrendelést kell kielégíteniük? Megoldás: Legyen a ξ valószínűségi változó a hibák száma egy idomon, amely Poisson-eloszlású valószínűségi változó. Határozzuk meg a λ paraméter értékét. 1 lemez = 25 idom = 5 hiba tehát 1 idom = 5/25 = 1/5 hiba → λ = 1/5; "hibátlan idom" azt jelenti, hogy k = 0, tehát 0

1 1   1  5 P(ξ = 0) =   e 5  e 5  0,8187 0! N·0,8187 = 500.000 → N = 610.724,3 db idomot kell gyártani. Ehhez kell  610.724,3  K=   + 1 = 24.429 db lemez. 25  Példa: Egy üzlet pénztáránál a sorban állók száma - azok száma akik a pénztárhoz érkeznek nagyon jó közelítéssel Poisson-eloszlású valószínűségi változó. A tapasztalat szerint egy negyed órás intervallumban (pl. 10:00 és 10:15 között) átlagosan 7 vásárló szokott várni a pénztárnál - ennyien érkeznek a pénztárhoz -. Határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy ebben a negyed órás intervallumban a) amikor beállunk a sorba már négyen várakoznak előttünk. b) a sorban állók száma 2-nél több. c) a sorban állók száma 5-nél kevesebb. d) nincs se előttünk se mögöttünk senki. Megoldás: A feladat szövege alapján a sorban állók száma tehát Poisson-eloszlású, jelölje ezt a valószínűségi változót , melynek várható értéke, tehát a paramétere λ = 7. Ennek alapján a) Ha négyen vannak előttünk, akkor az azt jelenti, hogy összesen öten állunk sorban, tehát 75 P    5  e7  0,1277 5! 

7k 7 70 71 e  1  e7  e7  0,9927 0! 1! k 2 k !

b) P    2   

7k 7 e  0,1729 k 0 k ! 4

c) P    5   d) P    1 

7 7 e  0,1490 1!

25

FOLYTONOS ELOSZLÁSOK ÁLTALÁNOS LEÍRÁSA Példa: Egy folytonos eloszlású  valószínűségi változó sűrűségfüggvénye az alábbi függvény  axe x ; ha 0  x  2  f ( x)   különben  0;

Határozzuk meg az alábbiakat. a) Az a paraméter értéke. b)  eloszlásfüggvénye. c)  várható értéke. d)  szórása. e) mod(), med(). f) P( 1 ≤ ) = ?, P( <

3 ) = ?, P(1 <  < 4) = ? 2

Megoldás: a) Parciálisan integrálva és a számításokat elvégezve: 





2 2   e2  3 f ( x) dx   axe x dx  a     xe x  02   e x dx   a    xe  x  02 e  x  02   a 2  1   e   0 0

e2 . Az alábbiakban ezt az értéket csak a végeredményekben e2  3 helyettesítjük, a számításokat az egyszerűség végett az a paraméterrel írjuk fel! Ebből következik, hogy a =

b) Az eloszlásfüggvényt csak az x  ] 0, 2] intervallumon kell meghatározni, hiszen az eloszlásfüggvény definíciójából azonnal következik, hogy az intervallumtól jobbra konstans 1, ettől balra pedig konstans 0.

F  x 

x





x    x  1 t x   f (t ) dt   ate dt  a  te  0   e t dt   a ( x  1)e  x  1  a 1  x  . e   0 0   x

t

Tehát az eloszlásfüggvény a következő ha x0  0;  2  e  x  1 F ( x)   2  1  x  ; ha 0  x  2 e  e  3   1; ha 2  x 

c) Ismét parciális integrálással és a sűrűségfüggvény tulajdonságainak felhasználásával kapjuk, hogy

26

2 2   2 x 2 x 2 x   xf ( x ) dx  ax e dx  a  x e   2 xe dx   0        0 0  2   1 4a 2e2  10  4 2    a    4e   2 xe x dx   a  2  2     2  2  2  1, 079 a e e 3  e 0   

M () 

d) A szóráshoz szükség van a  második momentumára. Itt megint parciálisan integrálunk, közben felhasználjuk a c) pont eredményét. 2 2   2 3 x 3 x 2 2 x   x f ( x ) dx  ax e dx  a  x e   3 x e dx   0        0 0  2    8 3 2e2  10  6e2  38 2 2 x    a   8e   3 x e dx   a   2   1,39  2 a e2  3  e 3  e 0   

M ( 2 ) 

Innen a  szórása

D     M (2 )  M 2 ()  1,39  1,0792  0, 475 e) A  módusza ebben az esetben az f(x) sűrűségfüggvény maximumhelye, ha az létezik! A maximumhelyet pedig az analízisben tanult módszerrel kapjuk. Ha x  ] 0, 2 [ akkor f(x) = a∙x∙e–x; f ’(x) = a∙e–x – a∙x∙e–x = (1 – x)∙ a∙e–x = 0. Az egyenlet egyetlen megoldása x = 1. Ez benne is van a ] 0, 2 [ intervallumban. Kérdés, hogy ez valóban maximumhely-e. f ”(x) = – a∙e–x + (1 – x)∙ a∙(–e–x ) = (x – 2)∙ a∙e–x Helyettesítve a második deriváltba a stacionárius pontot: f ”(1) = – f  1  

e2  e1  0 2 e 3

Mivel ez negatív ezért az x = 1 pont valóban lokális maximumhely. Tehát mod() = 1. e2  x  1 1 egyenlet egy  1 x   e2  3  e  2 transzcendens egyenlet, a megoldáshoz nem juthatunk el a négy alapművelettel és gyökvonással. Numerikus megoldás számítógéppel kapható, de ebben az egyszerű esetben könnyen kitalálhatunk egy közelítő megoldást, ha kéznél van egy számológép. Kiszámítva a  x  1 konstansokat a következőt kapjuk: 1  x   0, 297 , átrendezve pedig azt kapjuk, hogy e  

A medián az F(x) =

1 egyenlet megoldása. Az 2

27

x + 1 = 0,703∙ex. Próbálgatással adódik, hogy x = med() ≈ 1,09, de alkalmazhatunk egy numerikus módszert, például a Newton módszert az egyenlet megoldására. f) A valószínűségeket az eloszlásfüggvény felhasználásával számítjuk

e2  2   1   0,557 e2  3  e  5  2   3 3 e     P    F    2  1  23   0, 74 2   2 e 3  2   e  P(1 <  < 4) = F(4) – F(1) = 1 – F(1) ≈ 0,557 P( 1 ≤ ) = 1 – F(1) = 1 –

Példa: Egy folytonos eloszlású,  valószínűségi változó sűrűségfüggvénye az alábbi

  x  A  sin   , ha 0  x   f(x) =  2  0, különben  Határozza meg az alábbiakat: a) A = ? b)  eloszlásfüggvényét. c) A várható értéket és a szórást. d) Számítsa ki a következő valószínűségeket: P( 

   ) =; P( < ) =; P(−1<  < ) =. 2 4 3

Megoldás: 

1  x a) 1   A  sin   dx  2 A;  A  ; 2 2 0

b) ha 0 ≤ x < π, akkor x

1 t  x F ( x)    sin   dt  1  cos   ; különben triviális: 2 2 2 0

Összefoglalva:

; ha x  0  0    x F ( x)  1  cos   ; ha 0  x   2   1 ; ha   x 

c) M() =

1

 x

 x  2  sin  2  dx  2 ; 0

28



M(2) =

x 0

D() =

2

1  x   sin   dx  4  8 ; 2 2

 

M 2  M 2     4  12 ;

  2 ) = F( ) = 1 – 2 2 2    P( < ) = 1 – F( ) = 1 – cos( ); 4 4 8   3 P(−1<  < ) = F( ) – F(–1) = 0 3 3 2

d) P( 

Példa: Egy folytonos eloszlású,  valószínűségi változó sűrűségfüggvénye az alábbi

 x2  1  A 2 , ha 1  x  2 f  x   x  0 , különben  Határozza meg az alábbiakat a) Az A paraméter értékét. b)  eloszlásfüggvényét. c) A várható értéket és a szórást. d) Számítsa ki a következő valószínűségeket: P( 

3 5 4 ) =, P( < ) =, P( −1< < ) =; 2 4 3

Megoldás: 2

a)

1   A 1

x2  1 3 2 dx  A;  A  ; 2 2 3 x

b) ha 1 < x ≤ 2, akkor

2 t2 1 2 1 dt   x   ; különben triviális. 2 3 t 3 x 1 x

F ( x)   Összefoglalva:

29

; ha x  1  0  1 2  F ( x)    x   ; ha 1  x  2 x 3   1 ; ha 2  x

2 x2  1 23  x   3  x2 dx  3  2  ln 2   1,457; 1 2

c) M() =

2 x2  1 20 dx   2,222; M( ) =  x 2 3 x 9 1 2

2

2

 

M 2  M 2     0,3152;

D() =

3 3 5 ) = F( ) = ; 2 2 9 5 5 5 8 P( < ) = 1 – F( ) = 1 –  ; 4 4 6 15 4 4 8 4 P(−1<  < ) = F( ) – F(–1) =  ; 3 3 9 12

d) P( 

Példa: Legyen a  valószínűségi változó sűrűségfüggvénye a következő





c  x  x 2 ; ha 2  x  4 f ( x)   különben  0, a) Határozza meg a c konstans értékét. b) Számítsa ki  szórását. Megoldás: a) c =

3 ; 74

b) M() =

1938 118 ; M(2) = ; D() = 0,552 185 37

Példa: Legyen a  valószínűségi változó sűrűségfüggvénye

 x 2  2 x  a ; ha 2  x  4 f ( x)   különben  0, a) Határozza meg az „a” konstans értékét. b) Írja fel a  eloszlásfüggvényét. c) Számítsa ki  mediánját. d) Számítsa ki a következő valószínűségeket: P( ≥ 0,5) =?; P(0 <  ≤ 0,5) = ?

30

Megoldás: a) a =

1 ; 3

ha x0  0;  3 x  x b) F ( x)    x 2  ; ha 0  x  1 3  3 ha 1  x  1;  1 m3 m c) a med() az   m2   0 egyenlet megoldása: med() ≈ 0,6102 2 3 3 5 3 d) P( ≥ 0,5) = ; P(0 <  ≤ 0,5) = . 8 8 Példa: Legyen a  valószínűségi változó sűrűségfüggvénye a következő 1  1 ; ha 0  x   f ( x)   x 4  0, különben 

a) Határozza meg  eloszlásfüggvényét. b) Határozza meg, mekkora annak valószínűsége, hogy -nek a 0-tól való eltérése kisebb, mint 0,1. Megoldás:

  0;   a) F ( x)  2 x ;   1;

ha

x0

ha 0  x  ha

1 4

1 x 4

b) P(–0,1 <  < 0,1) = 0,62. Példa: Legyen a  valószínűségi változó eloszlásfüggvénye

  0; ha x0    F ( x)  1  cos x; ha 0  x  2    ha x  1; 2 a) Számítsa ki  várható értékét. b) Számítsa ki az alsó kvartilist, a mediánt és a felső kvartilist. 31

Megoldás: a) M() = 1,

b) x0,25 = 0,72; med() =

 ; x0,75 = 1,31. 3

Példa: Legyen a  valószínűségi változó sűrűségfüggvénye a következő A ha 1  x  ; f ( x)   x3  0, különben

a) Számítsuk ki az A paraméter értékét. b) Határozzuk meg a  eloszlásfüggvényét. c) Számítsuk ki a  várható értékét. d) Mutassuk meg, hogy -nek nem létezik szórása. Megoldás: a) 







  x 2  A A 1  A   1   A f  x  dx   3 dx  A      2      xlim    1   1; ahonnan A  2 2  x 1 2    x 2   2 x  2 1 1 

b) Az eloszlásfüggvény értelmezése szerint nyilván F  x   0, ha x  1 , ha pedig x > 1, akkor

F  x 

x





x

x

2 1 1  1 f  t  dt   3 dt   2    2  1  1  2 ; t x x  t 1 1

Összefoglalva az eredményeket, kapjuk az eloszlásfüggvényt.  0, ha x  1  F  x   1 1  2 , ha x  1   x

c) A várható érték a következő. 







2 1    1  1 M      xf  x  dx   x 3 dx  2  2 dx  2    2   lim      1   2  0  1  2; x x  x 1  x  x    1 1 d) A szóráshoz szükség van a második momentumra. 

  

M 2 





x 2 f  x  dx   x 2 1







2 1  dx  2  dx  2 ln x 1  2  lim  ln x   ln1  2    0   ; 3 x  x x 1

32

A második momentumot meghatározó improprius integrál divergens, ebből következik, hogy

 

a szórás, amelyet a D     M 2  M 2    formula alapján számíthatnánk, szintén végtelen, amire azt mondjuk, hogy a szórás nem létezik. Példa: Legyen a  valószínűségi változó sűrűségfüggvénye a következő A ha 1  x  ; f ( x)   x 2  0, különben

a) Számítsuk ki az A paraméter értékét. b) Mutassuk meg, hogy -nek nem létezik várható értéke. Megoldás: 

a)











A   1 1 1  f  x  dx   2 dx  A      A     A   lim    1  A  1; tehát A  1 x  x 1  x 1  x  x   1

b) A várható értéket a következő integrállal számíthatjuk. 

M   







xf  x  dx   x 1



1 1  dx   dx   ln x 1  lim  ln x    ln1    0  ; 2 x x x 1

Mivel a várható értéket megadó improprius integrál divergens, a várható érték nem létezik. Példa: Legyen a  valószínűségi változó sűrűségfüggvénye a következő f ( x) 

A ; xR 1  x2

Ezt az eloszlást nevezzük Cauchy-eloszlásnak. a) Számítsuk ki az A paraméter értékét. b) Mutassuk meg, hogy -nek nem létezik várható értéke. Megoldás: a) 













A 1  f  x  dx   dx  A  dx  A  arctg x   A  lim  arctg x   lim  arctg x   2 2 x  x  1 x 1 x        1  A        A  1; tehát A    2  2 

b)

M   







xf  x  dx 





1 1 1 2x x dx  dx  0   2   1  x 2  1  x 2 33

mert az integrandus páratlan függvény és az origóra szimmetrikus intervallumra, az egész számegyenesre integrálunk. Azonban az integrál nem abszolút konvergens, ugyanis 



x f  x  dx 











1 1 2 1 1 2x x dx   x dx   dx   2 2   1  x  0 1 x  0 1  x2

 



1 lim ln 1  x 2 x  

  ln1  1    0  

tehát a függvény abszolút értékének improprius integrálja divergens, tehát az improprius integrál nem abszolút konvergens. A definíció szerint ekkor a valószínűségi változónak nem létezik várható értéke.

34

EXPONENCIÁLIS ELOSZLÁS Példa: Egy radioaktív atommag átlagos élettartama 100 év. Mi a valószínűsége annak, hogy ezen atommag élettartama a) legalább 300 év? b) legfeljebb 50 év? c) legalább 80 de legfeljebb 150 év? d) feltéve, hogy az atommag már élt 200 évet, mi a valószínűsége, hogy további 70 évet él? Megoldás: Egy radioaktív mag élettartama tipikus példa exponenciális eloszlásra. A radioaktív mag ugyanis nem amortizálódik, nem öregszik, ugyanis egy mag vagy az adott elem atommagja vagy elbomlik és akkor más elem magja lesz, de nem öregszik. Tehát ha a  valószínűségi változó az atommag élettartama, akkor az "örökifjú" tehát exponenciális eloszlású valószínűségi változó. Átlaga 100, amiből következik, hogy a λ paraméter értéke

M    Ebből következően



1  100 alapján   0, 01 







a) P    300   1  F  300   1  1  e0,01300  1  1  e3  e3  0,0497 b) P    50   F  50   1  e0,0150  1  e0,5  0,3934





   1  e0,0180  e0,8  e1,5  0, 2261 c) P 80    150   F 150   F 80   1  e0,01150

d) Ha 200 év után további 70 évet él, az azt jelenti, hogy 270 évet él, de ennek feltétele, hogy már élt 200 évet, tehát a kérdés a P    270   200  feltételes valószínűségre vonatkozik. A választ azonnal tudjuk az örökifjú tulajdonság alapján, ez megegyezik a P    70  valószínűséggel, ezt most ebben a konkrét esetben igazoljuk is. A feltételes valószínűség definíciója alapján írhatjuk, hogy P    270   200   

 1  1  e

1  1  e0,01270 0,01200

e  e

P     270      200  

0,01270 0,01200

P    200 





P    270  1  F  270    P    200  1  F  200 



 e0,0170  1  1  e0,0170  1  F  70   e0,7  0, 4965

Példa: Egy áruház pénztáránál a sorban állással eltöltött idő exponenciális eloszlású valószínűségi változó. A tapasztalat alapján tudjuk, annak valószínűsége, hogy 5 percen belül sorra kerülünk 0,4. Mi a valószínűsége, hogy a) legalább 10 percig tart amíg sorra kerülünk? b) 2 percnél kevesebbet kell sorban állással tölteni? c) a sorban állással töltött idő 3 és 7 perc közötti időtartam? d) Mennyi a sorban állással eltöltött átlagos időtartam? e) Mi a valószínűsége, hogy további 3 percet kell sorban állnunk, feltéve hogy 6 percig más sorban álltunk?

35

Megoldás: A szövegben nem szerepel explicit módon a λ paraméter értéke, de közvetett információnk van róla. Ha  jelöli a valószínűségi változót, akkor ismert a P    5  0, 4 valószínűség. Ebből az ismeretlen paraméter meghatározható. P    5  F  5  1  e5  0, 4; ahonnan e5  0, 6; azaz  5  ln 0, 6; tehát 

ln 0, 6  0,102 5

Ennek ismeretében már válaszolhatunk a kérdésekre.









a) P    10   1  F 10   1  1  e0,10210  1  1  e1,02  e1,02  0,3605 b) P    2   F  2  1  e0,1022  1  e0,204  0,1845





c) P  3    7   F  7   F  3  1  e0,1027  1  e0,1023  e0,306  e0,714  0, 2467 1 1   9,8039  0,102 e) Ha 6 perc után további 3 percet kell várakoznunk, az azt jelenti, hogy összesen legalább 9 percet várakozunk, de ennek feltétele, hogy 6 percig már sorban álltunk, tehát a kérdés a P    9   6  feltételes valószínűségre vonatkozik. A választ azonnal tudjuk az örökifjú

d) M    

tulajdonság alapján, ez megegyezik a P    3 valószínűséggel, ezt most ebben a konkrét esetben ismét igazoljuk. A feltételes valószínűség definíciója alapján írhatjuk, hogy P    9   6  

 1  1  e

1  1  e0,1029 0,1026

e  e

P    9     6

0,1029 0,1026

P    6





P    9 1  F 9   P    6 1  F 6



 e0,1023  1  1  e0,1023  1  F  3  e0,306  0, 7363

Példa: Tapasztalatokból tudjuk, hogy egy étteremben annak valószínűsége, hogy legalább 20 percet kell várni a kiszolgálásra 0,367. Legyen az η valószínűségi változó a kiszolgálásig eltelt várakozási idő. a) Határozza meg az eloszlás várható értékét és szórását. b) Határozza meg annak valószínűségét, hogy 10 percen belül kiszolgálnak bennünket. c) Határozzuk meg annak valószínűségét, hogy a kiszolgálás ideje nem tér el a várható értéktől a szórás felénél jobban. Megoldás: Legyen az  valószínűségi változó a kiszolgálásig eltelt várakozási idő. Ez exponenciális eloszlású valószínűségi változó. P(η > 20) = 1 – F(20) = 1 – [ 1 – e– λ·20] = e– λ·20 = 0,367 , ebből  = 0,05. a) M(η) = D(η) = 1/λ = 1/0,05 = 20; b)  P(  10)  1  F (10)  1  (1  e0,0510 )  e0,5  0,6063;

36

c) D(η)/2 = 10:





 P(10    30)  F (30)  F (10)  1  e0,0530  1  e0,0510  e0,5  e1,5  0,3834

Példa: Tegyük fel, hogy egy telefonközpontba egy perc alatt átlagosan 4 hívás fut be. Mennyi annak valószínűsége, hogy a) 1 percig figyelve a hívásokat, pontosan 6 hívást regisztrálnak? b) 3 perc alatt legalább 2 hívás érkezik? c) Egy adott hívás után legalább 20 másodpercig nem érkezi újabb hívás? d) Két egymást követő hívás között eltelt időtartam 30s és 90s közé esik? Megoldás: a) 1: a hívások száma 1 perc alatt. Poisson-eloszlású valószínűségi változó, 1 = 4; k = 6. P  1  6  

46 4 e  0,1041 ; 6!

b) 2: a hívások száma 3 perc alatt. Poisson eloszlású valószínűségi változó, 2 = 12; k ≥ 2. 

12k 12 120 12 121 12 e  1  P  2  2   1  e  e  0,99992 0! 1! k 2 k !

P  2  2   

c) : Két egymást követő hívás között eltelt idő. Exponenciális eloszlású valószínűségi változó. M() = ¼, ezért  = 4. 4

4

  1  1 P      1  F    1  (1  e 3 )  e 3  0, 2644 3   3

d)  ugyanaz 3

4 3 1 3 1 P       F    F    1 e 2 2 2 2 2

37

1  4   1  e 2   e2  e6  0,1328    

NORMÁLIS ELOSZLÁS Példa: Határozzuk meg annak valószínűségét, hogy egy normális eloszlású valószínűségi változó értéke az m várható érték k sugarú környezetébe esik. Az alábbiakból kiderül, hogy ez függetlenül az m várható értéktől és a szórástól kizárólag a k értékétől függ, és a jelzett valószínűség értékei k = 1, 2 és 3 esetén nagyon nevezetesek és különösen a matematikai statisztikában alapvető szerepet játszanak. Kiszámítandó tehát a

P  m  k    m  k valószínűség értéke, egyelőre tetszőleges pozitív k valós szám esetén. A valószínűségek kiszámítására vonatkozó alapvető formulára és a fentiekben igazolt összefüggésekre támaszkodva kapjuk, hogy  m  k  m   m  k  m  P  m  k    m  k  F  m  k  F  m  k                k     k     k   1    k    2  k   1

valóban csak k értékétől függ. Eredményünk tehát

P  m  k     m  k    2  k   1 Alkalmazzuk ezt most k = 1, 2 és 3 esetén. A Φ(x) függvény értékei a táblázat alapján a következők

 1  0,8413;   2   0,9772;   3  0,9986; Ezek felhasználásával kapjuk, hogy P  m      m     2 1  1  2  0,8413  1  0, 6826 P  m  2    m  2   2  2   1  2  0,9772  1  0,9544 P  m  3    m  3   2  3  1  2  0,9986  1  0,9972

Ezek az eredmények tehát a következőt jelentik. Függetlenül a várható értéktől és a szórástól egy normális eloszlású valószínűségi változó értékeinek a 68,26%-a, a 95,44%-a illetve a 99,72%-a rendre a várható érték egyszeres-, kétszeres- illetve háromszoros szórásnyi sugarú környezetébe esik. Ezt szokás néha egy szigma, két szigma illetve három szigma szabálynak nevezni. A kapott intervallumokat a statisztika nyelvén szokás konfidencia intervallumoknak nevezni. Ezeket illusztrálja az ábra. (Az ábrán s = )

38

A normális eloszlásra vonatkozó leggyakoribb konfidencia intervallumok

Példa: Egy műszaki cikk élettartama a tapasztalatok szerint normális eloszlású valószínűségi változó 1200 óra várható értékkel, 100 óra szórással. a) Írja fel a sűrűségfüggvényt és az eloszlásfüggvényt. b) Mi a valószínűsége, hogy a működési idő az átlagtól nem tér el a szórásnál jobban? c) Milyen időhatárokat biztosíthatunk 85% pontossággal a működésre vonatkozólag? d) Hány működési órára szóló garanciaidőt adjon a gyártó cég, ha az eladott szerkezeteknek legfeljebb 5%-át szeretné garanciálisan cserélni? e) Ha rendelkezünk 5 db ilyen szerkezettel, mi a valószínűsége, hogy közülük pontosan egy lesz garanciálisan kicserélve? Megoldás: A  valószínűségi változó a műszaki cikk élettartama: N(m, σ) = N(1200, 100);

a) a sűrűségfüggvény: f(x) =

 1 e 2 100

x

az eloszlásfüggvény: F(x) =





 x 1200 2 21002

 1 e 2 100

; xR

 t 1200  2 2100 2

dt; x  R Explicit alakja nem létezik.

 1300  1200   1100  1200  b) P( 1100 <  < 1300 ) = F(1300) – F(1100) =      100 100     = Φ(1) – Φ(–1) = Φ(1) –(1– Φ(1)) = 2·Φ(1) – 1 = 0,6826

c) P( 1200 – δ <  < 1200 + δ ) = F(1200 + δ) – F(1200 – δ) =  1200    1200   1200   1200        =          100 100      100   100            =   1       2·    – 1 = 0,85.  100    100    100 

39

   Ahonnan    = 0,925. Táblázatból kapjuk, hogy δ = 144.  100 

d) P(  < t ) = 0,05;  t  1200   1200  t   1200  t  P(  < t ) = F(t) = Φ  = 1 – Φ  = 0,05. Ahonnan: Φ   = 0,95.  100   100   100   1200  t  Táblázatból adódik, hogy   = 1,645, tehát t = 1035,5 óra.  100 

e) Legyen az  valószínűségi változó az 5 eszköz közül azok száma, amelyet garanciálisan javítani kell. Ez egy Bernoulli feladat, így  Binomiális eloszlású valószínűségi változó, melynek paraméterei: n = 5, p = 0,05, k = 1.

 5 P    1     0, 051  0,954 1 Példa: Egy fűrésztelepen fenyődeszkákat darabolnak. A deszkák hossza normális eloszlású valószínűségi változó. A hossz átlagértéke 5m, a hossz szórása 5cm. a) Írja fel a sűrűségfüggvényt és az eloszlásfüggvényt. b) Mi a valószínűsége, hogy a deszkák hossza 493cm és 502 cm közé esik? c) Milyen határokat biztosíthatunk 90% pontossággal a deszkák hosszára vonatkozólag? d) Milyen hosszúságot tekintsenek a fűrésztelepen elfogadhatónak, ha legfeljebb a deszkák 5%-át szeretnék selejtesnek tekinteni? e) Ha rendelkezünk 10 szál fenyődeszkával, mi a valószínűsége, hogy közülük legfeljebb 2 tekinthető selejtesnek? Megoldás: A  valószínűségi változó a deszkák hossza: N(m, σ) = N(500, 5); a) a sűrűségfüggvény: f  x   az eloszlásfüggvény: F  x  

1 e 2  5 x







 x 500 2 252

1 e 2  5



; xR

 t 500  2 25 2

dt ; x  R Explicit alakja nem létezik.

b) P( 493 <  < 502 ) = F(502) – F(493) = Φ(0,4) – Φ(–0,6) = Φ(0,4) + Φ(0,6) – 1 = 0,3809; c) P( 500 – δ <  < 500 + δ ) = F(500 + δ) – F(500 – δ) =  500    500   500    500          =                  1       5 5     5  5 5   5    = 2·    – 1 = 0,9. Ahonnan    = 0,95. Táblázatból kapjuk, hogy δ = 8,225. 5 5  d) P( 500 – δ <  < 500 + δ ) = F(500 + δ) – F(500 – δ) = 2·    – 1 = 0,95. 5

40

 Ahonnan    = 0,975. Táblázatból kapjuk, hogy δ = 9,8. 5

e) Legyen az  valószínűségi változó a 10 szál deszka között a selejtesek száma. Így egy Bernoulli feladatot értelmeztünk, tehát  Binomiális eloszlású valószínűségi változó. A paraméterek: n = 10, és mivel: P(egy deszka selejtes) = 1 – 0,95 = 0,05, ezért p = 0,05, k = 0, 1, 2. 2 10   P    2       0, 05k  0,9510k k 0  k 

Példa: Egy adagoló gép vegyszereket tölt üvegekbe. A betöltött vegyszer tömegének névleges értéke 50g. Egy üveg vegyszer selejtesnek minősül, azaz felbontandó és újra töltendő, ha az üvegben levő vegyszer tényleges tömege legalább a névleges érték 5%-ával eltér a névleges értéktől. Tegyük fel, hogy az adagoló gépen állítható a szórás. Mekkorának állítsuk a szórást, ha azt szeretnénk, hogy a betöltött üvegek legfeljebb 10%-át kelljen újra tölteni? Megoldás: Az üvegbe töltött vegyszer tömege normális eloszlású valószínűségi változó, jelölje ezt , melynek a szöveg szerint a várható értéke m = 50. Ennek 5%-a 2,5g. A kérdés tehát konkrétan az, hogy mekkora szórás esetén teljesül, hogy az üvegek legfeljebb 10%-ára igaz az, hogy azokban a vegyszer tömege nagyobb, mint 52,5g vagy kisebb, mint 47,5g. Keressük tehát a szórást ha P    47,5  P  52,5     P    50  2,5  0,1

Kiszámítva a fenti valószínűségeket az eloszlásfüggvénnyel, azt kapjuk, hogy

 47,5  50   52,5  50  P    47,5   P  52,5     F  47,5   1  F  52,5      1            2,5   2,5   2,5      1     2 1       0,1           Ha a kapott egyenletet átrendezzük, azt kapjuk, hogy

  2,5    2,5  2 1       0,1; 1      0, 05;       

 2,5     0,95;   

A normális eloszlás táblázatából tudjuk, hogy  1,645  0,95 . Mivel ez az eloszlásfüggvény

2,5 2,5  1, 645 , ahonnan    1,52 . Ha tehát  1, 645 a szórást 1,52g értékre vagy kisebbre állítjuk, teljesül, hogy a selejtesek aránya legfeljebb 10%. szigorúan monoton növekedő, kapjuk, hogy

41

Példa: Egy pincészetben a bort három gép tölti. Minden gép esetén a betöltött bor átlagértéke 7dl. Az első gépnél a szórás 0,1dl, a másodiknál 0,15dl a harmadiknál pedig 0,2dl. Az első gép tölti az összes borosüvegek 1/4-ét a második gép pedig az 1/5-ét. Egy üveg bor selejtesnek tekintendő, ha abban a bor mennyisége legalább 0,3dl-rel eltér a 0,7dl-től. a) A pincében a nap végén kiválasztunk egy üveg bort. Az tapasztaljuk, hogy az selejtes. Mi a valószínűsége, hogy azt a második gép töltötte? b) A pincében a nap végén kiválasztunk egy üveg bort. Az tapasztaljuk, hogy az nem selejtes. Mi a valószínűsége, hogy azt a harmadik gép töltötte? Tegyük fel, hogy az üvegbe töltött bor térfogata normális eloszlású valószínűségi változó. Megoldás: Világos, hogy a megoldást a Bayes-tétel adja, ha elsőként minden gép esetén meghatározzuk a selejt előállításának valószínűségét. Először adjunk egy olyan összefüggést amely a szórás függvényében adja a kérdéses valószínűséget. Az előző feladat logikája alapján ez a következő

 6, 7  7   7,3  7  P    6, 7   P  7,3     F  6, 7   1  F  7,3     1            0,3   0,3   0,3      1     2 1               Alkalmazzuk most ezt a képletet a három gép esetében.   0,3   p1  2 1       2 1    3   2 1  0,9986   0, 0028  0,1      0,3   p2  2 1       2 1    2    2 1  0,9772   0, 0456 0,15      0,3   p3  2 1       2 1   1,5    2 1  0,9332   0,1336  0, 2   

Definiáljuk ezek után egy teljes eseményrendszert. B1: Az üveget az 1. gép töltötte. B2: Az üveget az 2. gép töltötte. B3: Az üveget az 3. gép töltötte. Továbbá legyen az A esemény az, hogy a betöltött borosüveg selejtes. Ekkor az A esemény valószínűségét a teljes valószínűség tétele adja. P  A  P  A B1  P  B1   P  A B2  P  B2   P  A B3  P  B3 

Ez a valószínűség a normális eloszlás alapján kapott valószínűségek és a szöveg alapján a következő

P  A  0,0028  0, 25  0,0456  0, 2  0,1336  0,55  0,0833 Ebből az is következik, hogy annak valószínűsége, hogy egy üveg bor nem selejtes 42

 

P A  1  P  A  1  0,0833  0,9167 Most már válaszolhatunk a kérdésekre a Bayes-tétellel. a) P  B2 A 





b) P B3 A 





P A B3 P  B3 

 

P A



P  A B2  P  B2  P  A



0, 0456  0, 2  0,1094 0, 0833

1  0,1336   0,55  0,5198 1  0, 0833

43