Valszám-megoldások 1. Feladat. Legyen P (A) = 0, 3 és P (B) = 0, 6. 1.1. Kérdés. Mennyi P (A + B), P (AB), ill. P (A|B), ha A és B függetlenek? 1.1.1. Megoldás. Ha A és B függetlenek, akkor A és B, valamint B és A, valamint komplementereik is függetlenek. Tehát P (AB) = P (A)P (B) = 0, 7 · 0, 6 = 0, 42. P (A|B) = P (A) = 0, 3 és P (A + B) = P (A) + P (B) − P (A)P (B). 1.2. Kérdés. Mennyi P (A + B), P (AB), ill. P (A|B), ha A és B kizáróak? 1.2.1. Megoldás. Ha A és B kizáróak, akkor AB = ∅, A ⊂ B, és B ⊂ A, így P (A + B) = P (B) = 0, 4, P (AB) = P (B) = 0, 6, és P (A|B) = 0 2. Feladat. Egy automata cukorkát csomagol. (A zacskókban levő cukorka tömege normális eloszlásúnak tekinthető.) 2.1. Kérdés. Milyen mennyiségű adagra állítsák be az automatát, ha az 500 grammosnak címkézett zacskóknak legfeljebb 3%-ába kerülhet 490 grammnál kevesebb cukorka, és az adagok szórása 10 gramm? 2.1.1. Megoldás. P (ξ < 490) = Fξ (490) = Φ(
490 − m ) = 0.03 10
490 − m = −1.88 10
2.2. Kérdés. Mennyi lehet szórás, ha azt akarjuk, hogy az automatát 500 grammra állítva, az 500 grammosnak címkézett zacskóknak legfeljebb 3%-ába kerüljön 490 grammnál kevesebb cukorka? 2.2.1. Megoldás. P (ξ < 490) = Fξ (490) = Φ(
490 − 500 ) = 0.03 σ
−10 = −1.88 σ
3. Feladat. Két telefon van az irodában, éppen mindkettőn beszélnek. Bálint átlagosan 5 percig szokott beszélni, Dénes 3 percig. Legyen ξ és η az a valószínűségi változó, amely azt mondja meg, hogy mostantól hány perc múlva fejezi be Bálint, illetve Dénes a beszélgetést. 3.1. Kérdés. Írjuk fel a ξ és η (egymástól független, exponenciális eloszlású) valószínűségi változók együttes sűrűségfüggvényét! 3.1.1. Megoldás. Ha függetlenek, akkor együttes sűrűségfüggvényük a peremsűrűségfüggvények szorzata. ( 0 x < 0 vagy y < 0 fξ,η (x, y) = 1 1 − x − y 5e 3 · e 0 ≤ x, 0 ≤ y 5 3 3.2. Kérdés. Mi a valószínűsége, hogy Bálint előbb fejezi be a beszélgetést, mint Dénes? 1
3.2.1. Megoldás. Annak valószínűsége, hogy a ξ és η változók értékei egy adott tartományba esnek, egyenlő a sűrűségfüggvénynek az adott tartományon vett integráljával. ZZ Z ∞Z ∞ 1 −x −y P (ξ < η) = fξ,η (x, y)dxdy = e 5 e 3 dy dx = .... 15 x 0 x
0 P x idő alatt A "‘legalább egy kapás"’ azt jelenti, hogy 1, vagy 2, vagy 3, stb. Sokkal egyszerűbb a komplementert számolni, azaz azt, hogy 0 kapás van minden boton. Egy boton a kapások számának várható értéke 1 óra alatt 0,5 , így x óra alatt 0, 5x. 0 e−0,5x = e−0,5x . A három Egy boton x óra alatt 0 kapás valószínűsége (0,5x) 0! boton egymástól függetlenül mindegyiken 0 kapás valószínűsége (e−0,5x )3 = e−1,5x . ( 0 x≤0 Fξ (x) = P (ξ < x) = −1,5x P (van legalább egy kapás x idő alatt ) = 1 − e x>0 A sűrűségfüggvény tehát: ( 0 f (x) = 1, 5e−1,5x
x≤0 0<x
Vegyük észre, hogy ez egy exponenciális valószínűségi változó sűrűségfüggvénye, amelynek várható értéke 32 . Ez annak felel meg, hogy ha egy boton általában kétóránként van kapás, akkor, mivel 3 bottal háromszor annyi hal várható, három bottal harmadannyi időnként várható kapás. 5. Feladat. Egy bizonyos típusú, 5 kg-os csomagolású hagyományos mosóport vizsgálunk. Azt látjuk, hogy a mosópor tömege jó közelítéssel normális eloszlású. 5.1. Kérdés. Ha az esetek 1,5%-ában 5000 gr-nál kisebb, 2,5%-ában 5004 grnál nagyobb értéket mérünk, mennyi a mosópor tömegének várható értéke és szórása? 2
5.1.1. Megoldás. Jelölje ξ a csomagban levő mosópor tömegét grammban mérve. P (ξ < 5000) = Fξ (5000) = Φ(
5000 − m ) = 0, 015 = Φ(−2, 17), σ
P (5004 > ξ) = 1 − Fξ (5004) = 1 − Φ(
5004 − m ) = 0, 025 = 1 − Φ(1, 96). σ
= −2.17, 5004−m = 1, 96. Ez két egyenlet két ismeretlenre, a Ebből 5000−m σ σ megoldás m = 5002, 1, σ = 0, 9685. 6. Feladat. A haverokkal kártyázunk. Az asztal alatt egy hűtőládában dobozos sörök vannak. 10 db Soproni, 8 db Borsodi és 6 db Arany Ászok. Az asztal alá lenyúlva véletlenszerűen kiveszünk 4 dobozzal. Legyen a ξ valószínűségi változó értéke a kivett Borsodis, az η-é pedig a kivett Sopronis dobozok száma. 6.1. Kérdés. Milyen eloszlású ξ, és mennyi a valószínűsége, hogy ξ ≤ 2? 6.1.1. Megoldás. 8 db Borsodisból és 16 db nem-Borsodisból bármely 4-et ugyanakkora valószínűséggel választva a Borsodisok száma hipergeometriai eloszlású valószínűségi változó, és annak valószínűsége, hogy éppen k db Borsodis lesz a 4 között 16 8 P (ξ = k) = és P (ξ ≤ 2) =
8 0
16 4 24 4
+
k
8 1
4−k 24 4 16 3 24 4
+
8 2
16 2 24 4
.
6.2. Kérdés. Mennyi P (ξ = 2, η = 2)? 6.2.1. Megoldás. 2 Borsodi, 2 Soproni, 0 Arany Ászok 8 10 6 P (ξ = 2, η = 2) =
2
2 0 24 4
6.3. Kérdés. Független-e ξ és η? 6.3.1. Megoldás. Nem függetlenek, hiszen annak valószínűsége, hogy pl. 3 Borsodis van a négy között, nem nulla, és az sem, hogy 3 Sopronis, de annak valószínűsége, hogy a 4-ből 3 Borsodi és 3 Soproni, az nulla, tehát nem a valószínűségek szorzata. 6.4. Kérdés. Milyen előjelű cov(ξ, η)? 6.4.1. Megoldás. Negatív. Ugyanis ha sok van az egyikből, csak kevés lehet a másikból. 7. Feladat. Egy üdítőital-automata által adagolt ital mennyisége normális eloszlásúnak tekinthető 0,01 liter szórással. 3
7.1. Kérdés. Mennyire állították be az automatát, ha a félliteresnek címkézett palackoknak csak 2%-a tartalmaz 0,5 liternél kevesebbet? 7.1.1. Megoldás. Jelölje ξ az egy palackban levő ital mennyiségét. P (ξ < 0, 5) = Fξ (0, 5) = Φ(
0, 5 − m ) = 0, 02. 0, 01
Φ(−2.05) = 0, 02, ebből m = 0, 5 + 2.05 · 0, 01 = 0, 541. 8. Feladat. A menzán egy adag leves átlagosan 3 dl, 0,2 dl szórással. 8.1. Kérdés. Mennyi a valószínűsége, hogy 30 liter levesből legalább 102 adagot mérnek ki? 8.1.1. Megoldás. A levesadagok mennyiségének összegéről van szó. Jelölje ξi az i-edik levesadag mennyiségét. A kérdés tehát: 102 X P( ξi ≤ 300) i=1
Mivel kézenfekvő feltételezés, hogy a levesadagok mennyisége a várható érték körül meglehetősen szimmetrikusan oszlik el, a 102 már elég sok ahhoz, hogy a centrális határeloszlástételt alkalmazzuk. ! ! P102 102 X 300 − 102 · 3 300 − 102 · 3 i=1 ξi − 102 · 3 √ < √ =Φ √ = P ξi ≤ 300 = P 102 · 0, 2 102 · 0, 2 102 · 0, 2 i=1 = Φ(−2.9) = 1 − 0, 9981 = 0, 0019. Azaz, gyakorlatilag szinte sosem fordul elő, hogy 102 adag is kiteljen. 9. Feladat. Egy üzemben két gép állít elő egy bizonyos típusú alkatrészt, amelyek élettartama exponenciális eloszlásúnak tekinthető az első gépnél 1000, a másodiknál 1200 óra várható értékkel. Az első gép a termelés 40 %-át adja. 9.1. Kérdés. Mennyi a valószínűsége, hogy ha az egy helyen gyűjtött alkatrészek közül kiveszünk egyet, az tovább fog működni, mint 1300 óra? 9.1.1. Megoldás. Mivel könnyen meg tudjuk mondani azokat a feltételes valószínűségeket, hogy milyen valószínűséggel működik az alkatrész 1300 óránál többet, ha az első, ill. a második gyártotta, a teljes valószínűség tételével próbálkozunk, és persze sikerrel. Ha ξ jelöli a kivett alkatrész élettartamát, akkor P (ξ > 1300) = P (ξ > 1300|első gép)P (első gép)+P (ξ > 1300|második gép)P (második gép). Exponenciális eloszlású valószínűségi változó paramétere a várható érték reciproka. 1300
P (ξ > 1300|első gép) = 1 − F1 (1300) = 1 − (1 − e− 1000 ) = e−1,3 = 0, 2725 4
1300
P (ξ > 1300|második gép) = 1−F2 (1300) = 1−(1−e− 1200 ) = e−1,0833 = 0, 3385 P (ξ > 1300) = 0, 2725 · 0, 4 + 0, 3385 · 0, 6 = 0, 3121 Figyelmeztetés: Kis kalkulátorral számolva könnyű elütni a számokat. Azt mindenesetre ránézésre tudjuk, hogy ha az egyik gépről kikerülő termékek 27%-a, a másikról kikerülők 34%-a éli túl az 1300 órát, akkor az összesből az ilyenek a két % között lesznek, és ahhoz közelebb, amelyikből több van, jelen esetben a 34%-hoz. Ha nem ilyen jön ki, számoljunk újra. 9.1.2. Megoldás. Grafikus megoldás. Exponenciális eloszlású valószínűségi változó paramétere a várható érték reciproka. Ha ξ jelöli a kivett alkatrész élettartamát, akkor 1300
P (ξ > 1300|első gép) = 1 − F1 (1300) = 1 − (1 − e− 1000 ) = e−1,3 = 0, 2725 Azaz, ez az első gépen gyártottak 27,25%-a. 1300
P (ξ > 1300|második gép) = 1−F2 (1300) = 1−(1−e− 1200 ) = e−1,0833 = 0, 3385 Azaz, ez a második gépen gyártottak 33,85%-a. ÁBRA P (ξ > 1300) = 0, 2725 · 0, 4 + 0, 3385 · 0, 6 = 0, 3121 9.2. Kérdés. Mennyi a valószínűsége, hogy ha az egy helyen gyűjtött alkatrészek közül kiveszünk négyet, akkor legalább kettő tovább fog működni, mint 1300 óra? 9.2.1. Megoldás. A "‘legalább kettő tovább működik"’ azt jelenti, hogy kettő, három, vagy négy tovább működik, a többi nem. Ezek egymást kizáró események. Feltehetjük, hogy az alkatrészek élettartama egymástól független, így felhasználva az előző pont eredményét P (legalább kettő tovább működik) =
4 X 4 k=2
k
0, 3121k 0, 68794−k = ...
Nyilvánvaló, hogy a "‘négy közül továbbműködők"’ száma binomiális eloszlású. Ha a "‘legalább 2"’-t úgy tekintjük, hogy "‘nem 0 vagy 1"’, a szumma egyszerűbb. A "‘0 működik tovább"’ azt jelenti, "‘mind tönkremegy"’: legalább kettő = 1 − (P (0 működik tovább) + P (1 működik tovább)) = P tovább működik 4 = 1 − (0, 68794 + 0, 31211 0, 68793 ) = ... 1 9.3. Kérdés. Ha egy ilyen alkatrész tovább működött, mint 1300 óra, akkor mennyi a valószínűsége, hogy a második gép gyártotta? Mielőtt kiszámítanánk, becsüljük meg, az eredmény több lesz, vagy kevesebb, mint a feltétel nélküli 0,6 valószínűség? 5
9.3.1. Megoldás. Mivel az élettartam több, mint bármelyik gépen gyártott alkatrész átlaga, nagy valószínűséggel a jobbakat gyártó gép gyártotta, tehát a második. A valószínűségnek a feltétel nélküli 0,6-nál nagyobbnak kell lennie. A kérdés: P (második gyártotta|ξ > 1300) Ha felhasználjuk az első alkérdés eredményét, akkor ez egy egyszerű feltételes valószínűség: P (ξ > 1300 és második gép) = P (ξ > 1300) P (ξ > 1300|második gép)P (második gép) = = 0, 6508 P (ξ > 1300)
P (második gyártotta|ξ > 1300) =
Ha nem használjuk az első alkérdés eredményét, akkor az egyes gépekre vonatkozó valószínűségek meghatározása után a Bayes-tételt alkalmazzuk: 1300
P (ξ > 1300|első gép) = 1 − F1 (1300) = 1 − (1 − e− 1000 ) = e−1,3 = 0, 2725 1300
P (ξ > 1300|második gép) = 1−F2 (1300) = 1−(1−e− 1200 ) = e−1,0833 = 0, 3385 P (második gyártotta|ξ > 1300) = =
P (ξ > 1300|második gép)P (második gép) = 0, 6508 P (ξ > 1300|első gép)P (elsgp) + P (ξ > 1300|második gép)P (második gép)
10. Feladat. Egy 8 cm sugarú körlapra 4 cm átmérőjű korongokat dobálunk (a középpontjuk helyét választva véletlenszerűen, egymástól függetlenül, és a korong nem lóghat le a körlapról). 10.1. Kérdés. Ha a korongok középpontjainak helyét "‘területarányosan"’ választjuk, mennyi a valószínűsége, hogy ha 5 korongot ledobunk, akkor a kör középpontja el lesz takarva? 10.1.1. Megoldás. Mivel a korongok nem lóghatnak ki, egy 6 sugarú körből választjuk középpontjukat. A kör középpontja el lesz takarva, ha van olyan korong, amelyiknek a középpontja 2 cm-nél közelebb van a kör középpontjához, azaz a középpont körüli 2 cm sugarú körbe esik. Annak valószínűsége, hogy egy választás éppen ide esik, egyenlő a kettő területének arányával: P (egy véletlenül ledobott korong eltakarja a középpontot) =
1 22 π = . 2 6 π 9
Az "‘ötből legalább egy"’ bekövetkezhet úgy, hogy egy, kettő, három, stb. Egyszerűbb úgy számolni, hogy a komplementere "‘egyik sem"’: 8 P (5-ből legalább egy eltakarja) = 1 − P (5-ből egyik sem takarja el) = 1 − ( )5 . 9 11. Feladat. Ketten azt játsszák, hogy dobókockákat feldobnak, és ha a számok összege osztható 4-gyel, akkor X fizet Y-nak, különben Y fizet X-nek. 6
11.1. Kérdés. Ha két kockával játszanak, és X 75 Ft-ot fizet, akkor mennyit fizessen Y X-nek, hogy a játék méltányos legyen? 11.1.1. Megoldás. A játék akkor méltányos, ha a nyeremény várható értéke mindkettőjüknek ugyanannyi, és mivel egymásnak fizetnek, ez nulla. Annak valószínűségét, hogy a dobott számok összege 4, a kedvező/összes képlettel számolhatjuk. Az összes esetek száma 36, a kedvezőké pedig (amikor az összeg osztható 4-gyel) 9. Ha Y α forintot fizet, akkor X nyereményének várható értéke: α·
9 27 − 75 · = 0, 36 36
amiből α = 25 Ft. 12. Feladat. A menzán kétféle menüből, az A és B jelűből lehet választani. Ma olyan az ebéd, hogy a tapasztalatok szerint a diákoknak kb. a 20 százaléka választja az A menüt. Ebből már csak 16 adag van, a B-ből még 60. 12.1. Kérdés. Még 70 ember van hátra. Mennyi a valószínűsége, hogy mindenki kaphat olyat, amilyet szeretne? 12.1.1. Megoldás. Mindenki azt kap, amit szeretne, ha az A menüt választók száma legalább 10 és legfeljebb 16.A hátralévő 70 ember egymástól függetlenül 20 százalék valószínűséggel választ A menüt, így az A menüt választók száma a 70-ből binomiális eloszlású. 16 X 70 0.2k 0.870−k . P (10 ≤ az A menüt választók száma ≤ 16) = k k=10
12.2. Kérdés. Közelítse az előző pont eredményét normális eloszlással is. 12.2.1. Megoldás. Ha√ ξ jelöli az A menüt √ választók számát, akkor M (ξ) = 70 · 0, 2 = 14, D(ξ) = 70 · 0, 2 · 0, 8 = 11, 2 = 3, 347. Jelöljön η egy olyan normális eloszlású valószínűségi változót, amelynek ugyanennyi a várható értéke és szórása. P (10 ≤ ξ ≤ 16) ≈ P (9, 5 ≤ η ≤ 16.5) = Fη (16, 5) − Fη (9, 5) = 16, 5 − 14 9, 5 − 14 = Φ( ) − Φ( ) = Φ(0, 75) − Φ(−1, 34) = 3, 347 3, 347 = 0, 7734 − (1 − 0, 9099) = 0, 6833 13. Feladat. Egy nagyvárosban naponta átlagosan 3 baleset történik. 13.1. Kérdés. Mennyi a valószínűsége, hogy egy nap nincs baleset? 13.1.1. Megoldás. Az egymástól függetlenül bekövetkező balesetek száma általában Poisson eloszlásúnak tekinthető. Egy napra a várható érték 3, ezért P (balesetek száma = 0) =
7
30 −3 e = e−3 . 0!
13.2. Kérdés. Mennyi a valószínűsége, hogy három nap mindegyikén 2 baleset van? 13.2.1. Megoldás. A Poisson eloszlásról tudjuk, hogy az egymást kizáró tartományokban felvett értékek egymástól függetlenek, azaz az egyes napokon bekövetkező balesetek száma független a többi napokon bekövetkezett balesetek számától. P (3 nap mindegyikén 2 baleset) =
32 −3 32 −3 32 −3 e e e = 0, 01146 2! 2! 2!
13.3. Kérdés. Mennyi a valószínűsége, hogy három nap alatt 6 baleset van? 13.3.1. Megoldás. Ha az egy nap alatt bekövetkező balesetek száma Poisson eloszlást követ 3 várható értékkel, akkor a Poisson eloszlás tulajdonságaiból következik, hogy a három nap alatt bekövetkező balesetek száma is Poisson eloszlást követ 3 · 3 = 9 várható értékkel. P (balesetek száma = 6) =
96 −9 e = 0, 0911 6!
13.3.2. Megoldás. Ha nem akarjuk használni az előző megoldásban adott "‘additív"’ tulajdonságot, akkor a következőképpen is okoskodhatunk, bár így sokkal bonyolultabb: Az előző pontban említett függetlenséget használjuk. Három nap alatt 6 baleset történhet úgy, hogy egyik nap 6, a többin 0, és a 6-balesetes napot 3 féleképpen jelölhetjük ki; lehet egyik nap 5, egy másikon 1, a harmadikon 0, ezt 3! sorrendben jelölhetjük ki; stb. Az előbb felsorolt esetek egymást valamennyien kizárják, így a valószínűség: 36 −3 30 −3 30 −3 35 31 30 e e e + 6 e−3 e−3 e−3 + 6! 0! 0! 5! 1! 0! 34 −3 32 −3 30 −3 34 −3 31 −3 31 −3 e e +6 e e e + +3 e 4! 1! 1! 4! 2! 0! 2 1 3 3 0 3 3 3 3 3 3 3 + 6 e−3 e−3 e−3 + 6 e−3 e−3 e−3 + 3! 2! 1! 3! 3! 0! 32 −3 32 −3 32 −3 + e e e 2! 2! 2!
P ( 3 nap alatt 6 baleset) =3
Némi számolással meggyőződhetünk róla, hogy ez ugyanannyi, mint az előző megoldásban volt. 14. Feladat. Egy szerkezet élettartama exponenciális eloszlású valószínűségi változónak tekinthető 1800 óra várható értékkel. A szerkezet használói a szerkezetet átlagosan napi 1 órát üzemeltetik. 14.1. Kérdés. Milyen hosszú garanciaidőt adjon a gyártó cég, ha az eladott szerkezeteknek legfeljebb 5%-át akarja garanciálisan cserélni?
8
14.1.1. Megoldás. Jelölje ξ egy ilyen szerkezet élettartamát. Ha a garanciaidő N óra, akkor 1 P (ξ < N ) = Fξ (N ) = 1 − e− 1800 N ≤ 0, 05 1
1 Ebből 0, 95 ≤ e− 1800 N , azaz ln 0, 95 ≤ − 1800 N , azaz N ≤ 1800 ln 100 95
15. Feladat. Egy gyárban az egyik elöregedett gép átlagosan 20 percenként elakad (az elakadások között eltelt idő exponenciális eloszlásúnak tekinthető), és 5 perc időbe telik, amíg újra lehet indítani. 15.1. Kérdés. Várhatóan mennyi időbe telik, amíg a gép egy egyórás munkát elvégez? (Használjuk az exponenciális és a Poisson-eloszlás közötti kapcsolatot!) 15.1.1. Megoldás. Ha az első elakadásig eltelt idő exponenciális, akkor adott idő alatt bekövetkező elakadások száma Poisson. Ha átlagosan 20 percenként akad el, akkor 60 percenként átlagosan 3 leállás várható. Így a 60 perces munka elvégzésére fordított idő átlagosan 60 + 3 · 5 = 75 perc. 15.1.2. Megoldás. Ha valaki nem bízik az előző megoldásban, mert "‘túl nagyvonalúnak"’, vagy "‘felületesnek"’ tartja, akkor a következőképpen okoskodhat: Az, hogy a 60 perc alatt bekövetkező leállások száma 3 várható értékű Poissoneloszlás, nem vitatható, ez közismert a valószínűségszámítás elméletéből. A 60 perces munka 60 + k · 5 percet vesz igénybe, ha 60 perc működési idő alatt k leállás történik. A munka elvégzéséhez szükséges idő várható értéke: ∞ X
(60+k·5)
k=0
∞
∞
∞
∞
k=0
k=0
k=0
k=0
X 3k X 3k 3k −3 X 3k −3 X 3k −3 e = 60 e + 5k e = 60 e−3 +5 k e−3 k! k! k! k! k!
A 60 mögötti szumma 1, hiszen ez épp a Poisson-eloszlás valószínűségeinek összege, az 5 mögötti szumma pedig 3, mert ez éppen egy 3 várható értékű Poisson-eloszlás várható értéke. 15.2. Kérdés. Ha indítás után 18 perccel benézünk, mennyi a valószínűsége, hogy a gép éppen az első sziesztáját tölti? 15.2.1. Megoldás. A gép az első sziesztáját tölti, ha az első leállás a 13-ik és 18-ik perc közben következett be. Jelölje ξ az első leállásig eltelt időt percekben. 1 Ekkor λ = 20 . 18
13
13
18
P (13 < ξ < 18) = Fξ (18) − Fξ (13) = (1 − e− 20 ) − (1 − e− 20 ) = e− 20 − e− 20 , vagy Z
18
P (13 < ξ < 18) =
λe−λx dx =
13
Z
18
13
13 18 1 −1x e 20 dx = e− 20 − e− 20 20
16. Feladat. Egy szerecsendió szállítmányban a belőle vett minta alapján a szemek átlagos tömege 5gr, és 5%-uk több, mint 6gr. 9
16.1. Kérdés. Mennyi a szemek tömegének szórása, ha a tömeg normálisnak tekinthető? 16.1.1. Megoldás. Jelölje ξ egy dió tömegét. P (ξ < 6) = 1−P (ξ ≤ 6) = 1−P (ξ = 6)−P (ξ < 6) = 1−0−Fξ (6) = 1−Φ( Φ(1.645) = 0, 95, így
1 σ
6−5 1 ) = 1−Φ( ) = 0, 05. σ σ
= 1, 645, amiből σ = 0, 68.
16.2. Kérdés. A diókat kettesével csomagolják. Mennyi lesz egy-egy csomag tömege és szórása? 16.2.1. Megoldás. A csomag tömegének várható értéke 10gr. Az egybecsomagolt két dió tömege függetlennek tekinthető, így a csomag tömegének szórásnégyzete D2 (ξ) + D2 (ξ) = 0, 9248, a szórás pedig 0,9617. 16.3. Kérdés. A szállítmány egyik dobozában összesen 1002gr dió van. Mennyi a valószínűsége, hogy kevesebb, mint 100 csomagot készítünk belőle? 16.3.1. P100 Megoldás. Jelölje ηi az i-edik csomag tömegét. A keresett valószínűség P ( i=1 ηi > 1002). A centrális határeloszlástételt alkalmazzuk: ! P100 100 X η − 100 · 10 1002 − 100 · 10 i i=1 √ > √ ≈ P( ηi > 1002) = P 100 · 0, 9617 100 · 0, 9617 i=1 1002 − 100 · 10 = 1 − Φ(0.21) = 1 − 0, 5832 = 0, 4168 ≈1−Φ √ 100 · 0, 9617 16.4. Kérdés. Mennyi annak a valószínűsége, hogy 1002gr dióból legalább 99 csomag készíthető? 16.4.1. P99 Megoldás. Jelölje ηi az i-edik csomag tömegét. A keresett valószínűség P ( i=1 ηi < 1002). A centrális határeloszlástételt alkalmazzuk: ! P99 99 X 1002 − 99 · 10 i=1 ηi − 99 · 10 √ P( ηi < 1002) = P < √ ≈ 99 · 0, 9617 99 · 0, 9617 i=1 1002 − 99 · 10 ≈Φ √ = Φ(1.25) = 0, 8944 99 · 0, 9617 17. Feladat. A ξ és η valószínűségi változók együttes eloszlása a következő: η\ξ -1 0 1
-1 0,05 0,05 0,2
0 0,1 0,2 0,05
17.1. Kérdés. Mennyi a kovarianciájuk?
10
1 0,2 0,1 0,05
17.1.1. Megoldás. A kovarianciához szükségünk van a külön-külön vett várható értékekre, ehhez pedig a peremeloszlásokra. η\ξ -1 0 1
-1 0,05 0,05 0,2 0,3
0 0,1 0,2 0,05 0,35
1 0,2 0,1 0,05 0,35
0,35 0,35 0,3
M (ξ) = (−1) · 0, 3 + 0 · 0, 35 + 1 · 0, 35 = 0, 05, M (η) = (−1) · 0, 35 + 0 · 0, 35 + 1 · 0, 3 = −0, 05, M (ξη) = (−1)(−1)0, 05 + (−1)0 · 0, 1 + (−1)1 · 0, 2 + · · · + 1 · 0 · 0, 05 + 1 · 1 · 0, 05 = −0, 3, cov(ξη) = −0, 3 − (0, 05 · (−0, 05)) = −0, 2975. 17.2. Kérdés. Mennyi M (η|ξ = 1)? 17.2.1. Megoldás. A feltételes várható értékhez ismernünk kell a feltételes valószínűségeket. 0, 2 P (η = −1, ξ = 1) = P (ξ = 1) 0, 35 P (η = 0, ξ = 1) 0, 1 P (η = 0|ξ = 1) = = P (ξ = 1) 0, 35 P (η = 1, ξ = 1) 0, 05 P (η = 1|ξ = 1) = = P (ξ = 1) 0, 35
P (η = −1|ξ = 1) =
és így a feltételes várható érték 0,2 0,1 0,15 M (η|ξ = 1) = (−1)· 0,35 +0· 0,35 +1· 0,05 0,35 = − 0,35 = −0, 4286. Látjuk, ez a szám jóval kisebb, mint a feltétel nélküli várható érték. Ez érthető: a kovarianciájuk negatív, ami azt jelenti, hogy ξ növekedésével általában η csökkenése jár. Az 1 érték pedig ξ legnagyobb értéke, így η kicsi értékei dominálnak. 18. Feladat. Sztochasztikus folyamat Egy állandó átmenetvalószínűségű Markov-lánc két egymás utáni állapotához tartozó együttes eloszlás a következő: Xk \Xk+1 0 1 2
0 0 3 20 6 20
1 6 20
0 2 20
2 0 3 20
0
18.1. Kérdés. Adjuk meg a átmenetvalószínűségek mátrixát! 18.1.1. Megoldás. Az átmenetvalószínűségek mátrixában az i-edik sor j-edik eleme azt mutatja meg, hogy milyen valószínűséggel kerül a rendszer az i-edik
11
állapotból a j-edik állapotba egy lépés során, azaz, P (Xk+1 = aj |Xk = ai ). Ez a valószínűség a P (Xk+1 = aj |Xk = ai ) =
P (Xk+1 = aj , Xk = ai ) P (Xk = ai )
képletből kapható meg, de ehhez ismernünk kell Xk peremeloszlását. Xk \Xk+1 0 1 2
0 0
1
3 20 6 20
2 0
6 20
3 20
0 2 20
0
6 20 6 20 8 20
6 20 6 20
Ebből pl. P (Xk+1 = 1|Xk = 0) = = 1, P (Xk+1 = 0|Xk = 1) = stb., így az átmenetvalószínűség mátrixa a három állapot között: 0 1 0 A = 12 0 12 3 1 0 4 4
3 20 6 20
=
1 2,
18.2. Kérdés. Adjuk meg a stacionárius eloszlást! 18.2.1. Megoldás. A stacionárius eloszlásra az áll, hogy ha a rendszer abban van, abból nem mozdul ki. Azaz, ha Xk eloszlását a p vektor adja, akkor Xk+1 eloszlása ugyanaz. Mivel Xk+1 eloszlását az Ap szorzat adja, keressük az A mátrixnak az 1 sajátértékhez tartozó sajátvektorait. Ennek a mátrixnak egyszeres sajátértéke a λ = 1, és a hozzá tartozó sajátvektor ( 13 , 31 , 13 ). 18.3. Kérdés. Adjuk meg a stacionárius eloszláshoz tartozó R(2)-t! 18.3.1. Megoldás. "‘E"’-vel jelölve a várható értéket: R(2) = E((Xk+2 − m)(Xk − m)) = E((X2 − m)(X0 − m)), azaz X2 és X0 kovarianciája. Az m várható érték a stacionárius eloszlásra 0 · 31 + 1 · 31 + 2 · 13 = 1. Két lépés átmenetvalószínűség mátrixa A2 , azaz 4 0 48 8 A2 = 83 58 0 1 8
6 8
1 8
Ebben a mátrixban a feltételes valószínűségek vannak, ezeket még be kell szorozni az X0 = ai feltételek valószínűségeivel, hogy megkapjuk az együttes eloszlását X0 -nak és X2 -nek. Most P (X0 = ai ) = 13 minden lehetséges értékre. X 0 \X 2 0 1 2
0 4 24 3 24 1 24
1 0 5 24 6 24
2 4 24
0 1 24
A szorzat várható értékében csak a nem nulla tagokat írjuk ki: E(X0 X2 ) = 5 6 1 1 · 24 + 2 · 24 + 4 · 24 = 21 24 . Tehát 21 E((X2 − m)(X0 − m)) = E(X0 X2 ) − E(X0 )E(X2 ) = 24 − 1.
12
